Ví dụ: để giải bài toán tìm công thức tổng quát của một dãy số truy hồi, ta có thể tính toán thử một số phần tử đầu tiên của dãy để dự đoán công thức tổng quát, sau đó sẽ cố gắng chứng m[r]
(1)Trường Đại học Ngân hàng TP Hồ Chí Minh Bộ mơn Tốn Kinh tế
Hướng dẫn ơn thi
Olympic Tốn sinh viên Phần Giải tích
TS Lê Phương (chủ biên) ThS Bùi Thị Thiện Mỹ
(2)(3)Lời nói đầu
Olympic Toán sinh viên thi học thuật thường niên phối hợp tổ chức Hội toán học Việt Nam Bộ Giáo dục đào tạo dành cho sinh viên trường đại học cao đẳng nước Kể từ lần đầu tổ chức vào năm 1993, thi trải qua chặng đường 25 năm Cuộc thi góp phần quan trọng việc thúc đẩy phong trào dạy học toán trường đại học, cao đẳng nước với tỉ lệ không nhỏ sinh viên đạt giải đến từ trường khơng có chun ngành tốn
Đã có nhiều sách giáo trình biên soạn nhằm phục vụ cho thi Có thể kể đến “Toán Olympic cho sinh viên” Trần Lưu Cường [2, 3], “Những toán giải tích chọn lọc” Tơ Văn Ban [4], “Bài tập giải tích” Kaczkor - Nowak [5, 6], với kỷ yếu thức từ Ban tổ chức thi [8] Tuy nhiên nhìn chung tài liệu phù hợp với đối tượng sinh viên học ngành toán kinh qua thi học sinh giỏi phổ thơng Khi đọc lời giải tốn tài liệu trên, phần đông sinh viên không hiểu tác giả lại tìm lời giải Do khó để sinh viên tự đọc tài liệu mà khơng có phân tích, giảng giải từ phía giảng viên có kinh nghiệm
Tài liệu tham khảo đúc kết từ kinh nghiệm thực tế tác giả với tư cách người tham gia dự thi tham gia huấn luyện đội tuyển Olympic Toán trường Đại học Ngân hàng thành phố Hồ Chí Minh Tài liệu đời với hi vọng giúp sinh viên tự học, tự ơn luyện để nắm bắt phương pháp giải toán giải tích Thơng qua ví dụ cụ thể, sinh viên tiếp cận với dạng toán thường xuất thi Với tốn, chúng tơi khơng cung cấp lời giải chi tiết mà cịn phân tích ý tưởng cách thức suy nghĩ để tìm lời giải cách tự nhiên Từ giúp sinh viên rèn luyện phương pháp suy nghĩ logic tư sáng tạo vốn cần thiết cho sinh viên không phạm vi thi mà cịn học tập cơng việc tương lai
(4)(5)Mục lục
1 Kiến thức sở
1.1 Giải toán olympic
1.2 Hằng đẳng thức
1.3 Bất đẳng thức
2 Dãy số 11 2.1 Tóm tắt lí thuyết 11
2.1.1 Dãy số tính chất 11
2.1.2 Giới hạn dãy số 12
2.1.3 Sai phân dãy số 13
2.2 Các dạng toán dãy số 14
2.2.1 Số hạng tổng quát dãy số 14
2.2.2 Giới hạn dãy số 19
2.3 Bài tập tự luyện 39
3 Hàm số 45 3.1 Tóm tắt lí thuyết 45
3.1.1 Hàm số 45
3.1.2 Giới hạn hàm số 46
3.1.3 Tính liên tục hàm số 48
3.2 Các dạng toán hàm số 49
3.2.1 Tính chất hàm số 49
3.2.2 Định lí giá trị trung gian 50
3.2.3 Phương trình hàm 55
3.3 Bài tập tự luyện 65
4 Phép tính vi phân 71 4.1 Tóm tắt lí thuyết 71
4.1.1 Đạo hàm 71
4.1.2 Khai triển Taylor 73
(6)4.1.4 Cực trị hàm số 74
4.1.5 Kĩ thuật thu gọn biểu thức chứa đạo hàm 76
4.2 Các dạng toán phép tính vi phân 76
4.2.1 Cực trị bất đẳng thức 76
4.2.2 Định lí giá trị trung bình 77
4.2.3 Tính giới hạn hàm số 83
4.2.4 Phương trình bất phương trình vi phân 87
4.2.5 Ứng dụng phép tính vi phân 89
4.3 Bài tập tự luyện 91
5 Phép tính tích phân 95 5.1 Tóm tắt lí thuyết 95
5.1.1 Tích phân bất định 95
5.1.2 Tích phân xác định 96
5.1.3 Tích phân suy rộng 97
5.1.4 Bất đẳng thức tích phân 98
5.2 Các dạng tốn phép tính tích phân 100
5.2.1 Tính tích phân xác định 100
5.2.2 Tính chất tích phân 102
5.2.3 Bất đẳng thức tích phân 104
5.3 Bài tập tự luyện 119
6 Đề thi chọn đội tuyển trường Đại học Ngân hàng TP HCM125 6.1 Đề thi chọn đội tuyển năm 2015 126
6.2 Đề thi chọn đội tuyển năm 2016 130
6.3 Đề thi chọn đội tuyển năm 2017 135
6.4 Đề thi chọn đội tuyển năm 2018 140
7 Đề thi cấp quốc gia bảng B môn giải tích 143 7.1 Đề thi năm 2016 144
7.2 Đề thi năm 2017 145
7.3 Đề thi năm 2018 146
(7)Chương 1
Kiến thức sở
1.1 Giải toán olympic nào
Phân tích tốn
Giải tốn thơng qua suy luận logic, ta biến đổi giả thiết ban đầu thành kết luận tốn Do đó, định hướng giải toán biến đổi toán P ban đầu thành toán đơn giản P1,
P2, , Pn để từ thu kết luận toán P
Bài toán P → Bài toán P1 → · · · → Bài toán Pn → Kết luận
Các tốn trung gian, ví dụ tốn (P1), có dạng:
1 Tương đương với toán P ban đầu (P1 ⇔ P ): toán P
chỉ giải tốn P1 giải Ta tự tin tập
trung vào việc giải toán P1 đơn giản toán ban đầu
2 Bài toán ban đầu hệ toán P1 (P1 ⇒ P ): trường
hợp ta cần dự phịng tình tốn P1 sai (khơng thể
giải được), ta phải tìm cách tiếp cận khác
Trong trình tìm lời giải tốn, ta vận dụng linh hoạt phương pháp suy luận sau:
1 Phương pháp phản chứng: Để chứng minh mệnh đề P đúng, ta giả sử P sai từ suy điều vơ lí
2 Phương pháp qui nạp: Để chứng minh mệnh đề P (n) với số tự nhiên n, ta chứng minh rằng: P (0) P (n) P (n + 1)
(8)1.2 Hằng đẳng thức Chương
3 Phương pháp chia trường hợp: Để chứng minh mệnh đề P đúng, ta viết mệnh đề P thành tích mệnh đề đơn giản hơn: P = P1P2· · · Pn chứng minh tất mệnh đề P1, P2, , Pnđều
đúng
Mục tiêu tài liệu tham khảo hướng dẫn sinh viên cách suy luận để tìm lời giải tốn giải tích thường xuất thi Olympic Tốn sinh viên
Trình bày lời giải
Quá trình phân tích tốn để tìm lời giải thường khơng phải trình suy luận logic chặt chẽ, mà dựa nhiều kinh nghiệm trực giác Do ta khơng ghi ta phân tích vào lời giải mà ta ghi suy luận chặt chẽ mặt logic mà
1 Ta viết lời giải ta không cần viết lí ta lại tìm lời giải Ví dụ: để giải tốn tìm cơng thức tổng qt dãy số truy hồi, ta tính tốn thử số phần tử dãy để dự đốn cơng thức tổng quát, sau cố gắng chứng minh dự đốn qui nạp tốn học Bước tính tốn thực nghiệm để dự đốn cơng thức tổng qt bước phân tích tiến hành ngồi nháp, khơng đưa vào giải Trong giải ta cần ghi “Bằng phương pháp qui nạp ta chứng minh cơng thức ” sau ghi phần chứng minh mà khơng cần lí giải cách ta tìm cơng thức
2 Một lời giải tốt cần đọng, súc tích đầy đủ bước suy luận Để lời giải đỡ nặng nề dễ đọc, ta không nên lạm dụng kí hiệu ∀, ∃, ⇔ mà nên sử dụng mệnh đề logic thay “với mọi”, “tồn tại”, “khi khi”
1.2 Hằng đẳng thức
Cho số thực a, b số tự nhiên n, ta có đẳng thức sau: Khai triển nhị thức Newton:
(a + b)n=
n
X
k=0
(9)Chương 1.3 Bất đẳng thức
2 Hiệu lũy thừa bậc:
an− bn = (a − b) n−1
X
k=0
akbn−1−k
3 Tổng lũy thừa bậc n số tự nhiên đầu tiên:
(a)
n
P
k=1
k = n(n+1)2
(b)
n
P
k=1
k2 = n(n+1)(2n+1)
(c)
n
P
k=1
k3 =n(n+1)
2
1.3 Bất đẳng thức
Dưới bất đẳng thức sử dụng thi
Định nghĩa 1.1 Hàm số f : D → R gọi lồi D với x, y ∈ D với α ∈ (0, 1) ta có
f (αx + (1 − α)y) ≤ αf (x) + (1 − α)f (y)
Nếu dấu xảy x = y f gọi lồi chặt (a, b) Hàm số f gọi lõm (chặt) D −f lồi (chặt) khoảng Định lí 1.1 Cho f hàm số khả vi hai lần (a, b) f lồi (chặt) (a, b) f00(x) ≥ (tương ứng f00(x) > 0) với x ∈ (a, b) Định lí 1.2 Nếu f : [a, b] → R hàm lồi liên tục (a, b) Định lí 1.3 (Bất đẳng thức Jensen) Cho hàm số lồi f , số thực a1, a2, ,
an số thực dương λ1, λ2, , λn thỏa mãn n
P
k=1
λk = Ta có bất đẳng
thức
f
n
X
k=1
λkak
! ≤
n
X
k=1
λkf (ak)
Nếu f lồi chặt dấu xảy a1 = a2 = · · · = an
(10)1.3 Bất đẳng thức Chương
Định lí 1.4 (Bất đẳng thức trung bình tổng qt) Cho số thực dương a1, a2, , an số thực dương λ1, λ2, , λn thỏa mãn
n
P
k=1
λk= Ta có
bất đẳng thức
n
X
k=1
λkak≥ n
Y
k=1
aλk
k
Dấu xảy a1 = a2 = · · · = an
Đặt biệt λ1 = λ2 = · · · = λn = n1 n = ta có bất đẳng thức
quen thuộc sau:
Định lí 1.5 (Bất đẳng thức AM–GM) Trung bình cộng số thực không âm a1, · · · , an không bé trung bình nhân số đó, nghĩa
1 n
n
X
k=1
ak≥ n
Y
k=1
ak
!n1
Dấu xảy a1 = a2 = · · · = an
Bất đẳng thức AM–GM gọi bất đẳng thức Cauchy
Định lí 1.6 (Bất đẳng thức Young) Cho số thực dương a, b, p q thỏa mãn 1p + 1q = Ta có
ap
p + bq
q ≥ ab Dấu xảy ap = bq
nh lớ 1.7 (Bt ng thc Hăolder) Cho cỏc số thực không âm a1, a2, , an,
b1, b2, , bn, số thực dương p q thỏa 1p +1q = 1, ta có n
X
k=1
akbk≤ n
X
k=1
apk
!1/p n X
k=1
bqk !1/q
Dấu xảy số ak bk tỉ lệ với
Chứng minh Nếu vế phải bất đẳng thức không ak = bk = với
mọi k = 1, , n bất đẳng thức trở thành đẳng thức Do ta cần xét trường hợp vế phải bất đẳng thức khác không Đặt
ck =
ak
n P
k=1
apk
1/p, dk=
bk
n P
k=1
(11)Chương 1.3 Bất đẳng thức
Áp dụng bất đẳng thức Young ta có
n
X
k=1
ckdk≤ n
X
k=1
cpk p +
dqk q = p n X k=1
cpk+ q
n
X
k=1
dqk = p+
1 q = Từ suy điều phải chứng minh
Đặc biệt p = q = 12 ta có bất đẳng thức quen thuộc
Định lí 1.8 (Bất đẳng thức Cauchy–Schwarz) Cho số thực a1, a2, , an,
b1, b2, , bn, ta có
n
X
k=1
akbk
!2 ≤
n
X
k=1
a2k
n
X
k=1
b2k
Dấu xảy số ak bk tỉ lệ với
Ngoài cách chứng minh tổng quát trên, ta chứng minh bất đẳng thức Cauchy–Schwarz cách đơn giản cách sử dụng đồng thức Lagrange:
n
X
k=1
a2k
n
X
k=1
b2k−
n
X
k=1
akbk
!2
= X
1≤i<j≤n
(aiaj − ajai)2
Định lí 1.9 (Bất đẳng thức Minkovski) Cho p ≥ số thực không âm a1, a2, , an, b1, b2, , bn, ta có
n
X
k=1
(ak+ bk)p
!p1 ≤
n
X
k=1
apk !1p
+
n
X
k=1
bpk !1p
Chứng minh Áp dng bt ng thc Hăolder vi chỳ ý q = p−1p ta có:
n
X
k=1
(ak+ bk)p = n
X
k=1
ak(ak+ bk)p−1+ n
X
k=1
bk(ak+ bk)p−1
≤
n
X
k=1
apk
!1/p n X
k=1
(ak+ bk)q(p−1)
!1/q
+
n
X
k=1
bpk
!1/p n X
k=1
(ak+ bk)q(p−1)
!1/q = n X k=1
apk !1/p
+
n
X
k=1
bpk
!1/p
n
X
k=1
(ak+ bk)p
(12)1.3 Bất đẳng thức Chương
Suy
n
X
k=1
(ak+ bk)p
!1p ≤
n
X
k=1
apk !1p
+
n
X
k=1
bpk !p1
Định lí 1.10 (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho số thực ak bk thỏa
mãn a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn, ta có
1 n
n
X
k=1
akbn+1−k ≤
1 n n X k=1 ak ! n n X k=1 bk ! ≤ n n X k=1
akbk
Chứng minh Ta có
0 ≤ n X i=1 n X k=1
(ai− ak)(bi− bk) = 2n n
X
k=1
akbk− n X k=1 ak n X k=1
bk
Do n n X k=1 ak ! n n X k=1 bk ! ≤ n n X k=1
akbk
Vế lại chứng minh tương tự cách xét khai triển
0 ≥ n X i=1 n X k=1
(ai− ak)(bn+1−i− bn+1−k)
(13)Chương 2
Dãy số
2.1 Tóm tắt lí thuyết
2.1.1 Dãy số tính chất
Định nghĩa 2.1 (Dãy số) Dãy số tập hợp vô hạn đếm số thực thứ tự Dãy số kí hiệu (un) {un} un
phần tử thứ n dãy Phần tử thứ n dãy số (un) cho
công thức tường minh
un= f (n),
hoặc công thức truy hồi
un = f (n, un−1, un−2, )
Định nghĩa 2.2 (Dãy đơn điệu) Dãy số (un) gọi
• tăng (tăng chặt) un≤ un+1 (un < un+1) với n ∈ N,
• giảm (giảm chặt) un≥ un+1 (un > un+1) với n ∈ N
Dãy tăng giảm gọi chung dãy đơn điệu Định nghĩa 2.3 (Dãy bị chặn) Dãy số (un) gọi
• bị chặn tồn C ∈ R cho un≤ C với n ∈ N,
• bị chặn tồn C ∈ R cho un ≥ C với n ∈ N
Dãy bị chặn bị chặn gọi dãy bị chặn
Định nghĩa 2.4 (Dãy Cauchy) Dãy số (un) gọi dãy Cauchy
với ε > 0, tồn n(ε) ∈ N cho |um− un| < ε với m, n > n(ε)
Định nghĩa 2.5 (Dãy con) Cho dãy số (un) dãy số tự nhiên nk thỏa
1 ≤ n1 ≤ n2 ≤ · · · Khi dãy số (unk) gọi dãy dãy
(un)
(14)2.1 Tóm tắt lí thuyết Chương
2.1.2 Giới hạn dãy số
Định nghĩa 2.6 (Giới hạn) Dãy (un) gọi hội tụ đến l (hay có giới
hạn l) với ε > 0, tồn n(ε) ∈ N cho |un− l| < ε với
n > n(ε) Kí hiệu lim
n→∞un = l hay un→ l n → ∞
Dãy (un) gọi dãy hội tụ tồn l ∈ R cho lim
n→∞un = l,
ngược lại (un) gọi dãy phân kì
Định nghĩa 2.7 (Giới hạn vơ cùng) Dãy (un) gọi
• tiến đến +∞ (hay có giới hạn +∞) với M > 0, tồn n(M ) ∈ N cho un > M với n > n(M )
Kí hiệu lim
n→∞un= +∞ hay un→ +∞ n → ∞
• tiến đến −∞ (hay có giới hạn −∞) (−un) tiến đến +∞
Kí hiệu lim
n→∞un= −∞ hay un→ −∞ n → ∞
• tiến đến ∞ (hay có giới hạn ∞) (|un|) tiến đến +∞
Kí hiệu lim
n→∞un= ∞ hay un→ ∞ n → ∞
Định nghĩa 2.8 (Giới hạn trên, giới hạn dưới) Giá trị l ∈ R ∪ {−∞, −∞} gọi
• giới hạn dãy (un) tồn dãy (unk) dãy (un) thỏa
mãn lim
k→∞unk = l với dãy (umk) ta có limk→∞umk ≥ l
lim
k→∞umk tồn Kí hiệu lim supn→∞ un= l
• giới hạn dãy (un) −l giới hạn dãy (−un) Kí
hiệu lim inf
n→∞ un = l
Định nghĩa 2.9 (Vô bé) Cho hai dãy số (an) (bn) Dãy (an)
gọi
• vơ bé so với dãy (bn) lim n→∞
an
bn = Kí hiệu an= o(bn)
• bậc so với dãy (bn) lim n→∞
an
bn = k ∈ R\{0} Kí hiệu an= O(bn)
• tương đương với dãy (bn) lim n→∞
an
bn = Kí hiệu an∼ bn
(15)Chương 2.1 Tóm tắt lí thuyết
1 (Thông qua hàm số) Nếu dãy số (ui
n) (1 ≤ i ≤ k) có giới hạn tương
ứng ui (u1, u2, · · · , uk) thuộc tập xác định hàm sơ cấp f : Rk → R lim
n→∞f (u
n, u2n, · · · , ukn) = f (u1, u2, · · · , uk),
2 (Thứ tự nguyên lí kẹp) Nếu lim
n→∞un = u, limn→∞vn = v un ≤
thì u ≤ v Hệ là, un ≤ ≤ wn lim
n→∞un = limn→∞wn = l
lim
n→∞vn = l
3 (Dãy đơn điệu, bị chặn) Dãy tăng (giảm) bị chặn (dưới) hội tụ Dãy tăng (giảm) khơng bị chặn (dưới) tiến đến +∞ (−∞)
4 (Tiêu chuẩn Cauchy) Dãy (un) hội tụ dãy Cauchy
5 (Dãy con) Dãy số (un) có giới hạn l dãy
có giới hạn l Nếu (u2n) (u2n+1) có giới hạn l (un)
cũng có giới hạn l Tổng quát k dãy (un) có giới
hạn l hội số dãy N (un) có giới
hạn l
6 (Bolzano-Weierstrass) Mọi dãy bị chặn có dãy hội tụ Định lí 2.2 (Tính chất giới hạn trên, giới hạn dưới)
1 lim sup
n→∞
un= lim
n→∞sup{uk : k ≥ n}, lim infn→∞ un = limn→∞inf{uk : k ≥ n}
2 Nếu (un) bị chặn M lim sup n→∞
un ≤ M Nếu (un) không bị
chặn lim sup
n→∞
un= +∞
Nếu (un) bị chặn M lim inf
n→∞ un ≥ M Nếu (un) khơng bị
chặn lim inf
n→∞ un= −∞
3 lim
n→∞un= l ⇔ lim supn→∞ un = lim infn→∞ un= l
2.1.3 Sai phân dãy số
Định nghĩa 2.10 (Sai phân) Cho số tự nhiên k ≥ Sai phân cấp k dãy số (un) dãy số (∆kun) xác định công thức
∆kun = ∆(∆k−1un),
trong ∆un = un+1− un ∆0un= un
(16)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
Bằng qui nạp ta chứng minh
∆kun = k
X
i=0
(−1)k−iCkiun+i
Định nghĩa 2.11 (Phương trình sai phân) Phương trình có dạng G(n, un, ∆un, · · · , ∆kun) = 0,
trong G : N × Rk+1 → R hàm số cho trước (u
n) dãy số cần
tìm gọi phương trình sai phân cấp k
Phương trình sai phân cấp k viết dạng F (n, un, un+1, · · · , un+k) =
Phương trình sai phân nhìn nhận góc độ:
1 Phương trình sai phân phương trình hàm biến số tập hợp N Giải phương trình sai phân giúp ta xác định số hạng tổng quát dãy số cho công thức truy hồi
2 Khái niệm sai phân mô khái niệm đạo hàm cịn khái niệm phương trình sai phân mơ khái niệm phương trình vi phân hàm số thực
2.2 Các dạng toán dãy số
2.2.1 Số hạng tổng quát dãy số
Dạng tốn tìm số hạng tổng qt dãy số thường giải theo định hướng sau:
1 Đưa cơng thức truy hồi có cấp vơ hạn cơng thức truy hồi có cấp hữu hạn
2 Đổi biến (lập dãy mới) để giảm dần cấp cơng thức truy hồi tìm công thức dãy
3 Truy ngược lại công thức dãy số ban đầu
Trong trình biến đổi cần linh hoạt thay đổi số n n+1, n+2, để thấy mối liên hệ số hạng dãy
Trong đa số trường hợp, việc tìm cơng thức tổng quát giúp ta khảo sát tính chất khác giới hạn, tính đơn điệu dãy số
(17)Chương 2.2 Các dạng toán dãy số
Bài 2.1 (Đề thi 2006) Cho dãy số (xn) xác định theo hệ thức sau
x1 = 2, x1 + x2+ x3+ · · · + xn = n2xn, ∀n ≥
Tính x2006
Hướng dẫn Hiển nhiên 2006 khơng có vai trị đặc biệt, ta cần phải tìm cơng thức số hạng tổng qt muốn giải tốn Theo cơng thức truy hồi đề bài, để tính xn ta cần biết tất n − số hạng
đầu tiên dãy Nói cách khác cơng thức truy hồi có cấp vơ hạn, ta cần đưa dạng đơn giản (có cấp hữu hạn) để xử lí dễ Ta nhận xét thay n n + công thức đề vế trái có thêm số hạng xn+1, vế phải thay đổi thành (n + 1)2xn+1 Do ta
phải có xn+1 = (n + 1)2xn+1− n2xn hay xn+1 = n+2n xn
Ta nhận công thức truy hồi cấp hữu hạn Do số cấp nên cần vận dụng cơng thức liên tiếp ta tìm cơng thức tổng quát (xn) Từ lập luận trên, ta trình bày giải sau:
Giải Thay n n + công thức truy hồi cho ta có x1+ x2+ x3+ · · · + xn+1= xn+1 = (n + 1)2xn+1
Suy xn+1= (n + 1)2xn+1− n2xnhay xn+1 = n+2n xn Áp dụng công thức
này liên tiếp n lần ta
xn+1 =
n
n + 2xn=
n(n − 1)
(n + 2)(n + 1)xn−1 = · · ·
= n!
(n + 2)!/(1 · 2)x1 =
4
(n + 1)(n + 2) Thay n = 2005 ta x2006 = 2006·20074
Bài 2.2 (Đề thi 2008) Dãy số (an) xác định a1 = a2 =
an+2 = a1
n+1 + an với n ≥ Tính a2008
Hướng dẫn Để đơn giản hóa cơng thức truy hồi, ta nghĩ tới việc quy đồng mẫu số vế để
an+2an+1 = an+1an+
Từ thấy an+1an+ dãy truy hồi tuyến tính cấp ta có lời
giải bên
(18)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
Giải Nhân vế công thức truy hồi với an+1 ta
an+2an+1= an+1an+
với n ≥ Áp dụng liên tiếp n lần ta
an+2an+1= an+1an+ = anan−1+ = · · · = a2a1+ n = n +
Do với n ≥ 1,
an+2 =
n + an+1
= n + n an Áp dụng liên tiếp công thức ta suy
a2008 =
2007
2006a2006 =
2007 · 2005
2006 · 2004a2004 = · · · =
2007 · 2005 · · · 2006 · 2004 · · · 2a2 =
2007!! 2006!!
Bài 2.3 (Đề thi 2009) Cho dãy số (xn) xác định x1 = x2 =
xn= (n − 1)(xn−1+ xn−2) với n ≥ Tính x2009
Hướng dẫn Để đơn giản hóa cơng thức truy hồi, ta tìm cách đưa phần xn−1 sang vế trái để biểu diễn dạng
xn− f (n)xn−1 = −(xn−1− f (n − 1)xn−2)
Nếu làm xn− f (n)xn−1 dãy truy hồi tuyến tính bậc
và ta giải tiếp tốn Bằng tính tốn trực tiếp, ta thấy chọn f (n) = n
Giải Từ điều kiện cho, ta có
xn− nxn−1 = −(xn−1− (n − 1)xn−2)
Áp dụng liên tiếp n − lần ta có
xn− nxn−1 = −(xn−1− (n − 1)xn−2) = (−1)2(xn−2− (n − 2)xn−3) = · · ·
= (−1)n−2(x2− 2x1)
Vậy xn− nxn−1 = (−1)n+1 Suy xn!n = xn−1
(n−1)! +
(−1)n+1
n! Lại áp dụng công
thức liên tiếp n − lần ta xn
n! =
n
X
i=2
(−1)i+1
i! + x1
1! =
n
X
i=1
(−1)i+1
i!
Do x2009 = 2009
P
i=1
(−1)i+1
i!
(19)Chương 2.2 Các dạng toán dãy số
Bài 2.4 (Đề thi 2014) Cho dãy số (un) thỏa mãn u1 = un+1=pu2n+ an
với n ≥ 1, a ≥ Tìm a cho (un) hội tụ tìm giới hạn
Hướng dẫn Để đơn giản hóa cơng thức truy hồi, ta khử bậc để u2n= an−1+ u2n−1
Do u2
n dãy truy hồi tuyến tính cấp
Giải Với n ≥ ta có un> u2n = an−1+ u2n−1 Áp dụng liên tiếp ta
được
u2n= an−1+ u2n−1 = an−1+ an−2+ u2n−2= · · · = an−1+ an−2+ · · · + a1 + Do
u2n=
√
n a = q
1−an
1−a ≤ a 6=
Suy (un) hội tụ ≤ a < 1, lim n→∞un =
1 √
1−a
Bài 2.5 Tìm cơng thức số hạng tổng quát giới hạn dãy số (un) thỏa
mãn
u0 = 5, u1 = 1,
un+2 = 23un+1+13un, với n ≥
Hướng dẫn Để đơn giản hóa cơng thức truy hồi, ta chuyển phần un+1 sang vế trái để biểu diễn dạng
un+2− aun+1 = −
1
3a(un+1− aun)
Nếu làm un+1− aun dãy truy hồi tuyến tính bậc
và ta giải tiếp tốn Bằng tính tốn trực tiếp, ta có a =
Giải Theo giả thiết ta có un+2− un+1 = −13(un+1− un) Áp dụng hệ thức
này liên tiếp n + lần ta
un+2− un+1= −
1
3(un+1− un) = · · · =
−1
n+1
(u1− u0) = −4
−1
3 n+1
Do un=
n
X
k=1
(uk− uk−1) + u0 = −4 n
X
k=1
−1
3 k−1
+ = −
−1
n−1
Vậy lim
n→∞un =
(20)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
Bài 2.6 Cho số thực a, tìm cơng thức số hạng tổng quát giới hạn dãy số (un) sau
(
u1 = a,
un+1 = 2n+3p3u2n+1n , với n ≥
Hướng dẫn Cùng ý tưởng trên, ta đơn giản hóa cơng thức truy hồi cách phá bỏ thức
u2n+3n+1 = 3u2n+1n
Tiếp theo, phần hệ số cần chuyển sang vế trái để công thức truy hồi có dạng bậc sau
(aun+1)2(n+1)+1 = (aun)2n+1
Tính tốn trực tiếp, ta thấy a = √1
Giải Ta cóu√n+1
3
2(n+1)+1
=√un
3
2n+1
với n ≥ Do un √ 2n+1 =
u√n−1
3 2n−1 = · · · = u1 √ 3 = a √ 3
Suy un =
2n+1√
3n−1a3.
Vậy lim
n→∞un =
√
3 a > 0, −√3 a < 0, a =
Bài 2.7 (Đề thi 2009) Cho hai dãy số (xn) (yn) xác định công thức
x1 = y1 =
√
3, xn+1 = xn+
p + x2
n, yn+1 =
yn
1 +p1 + y2 n
, n ≥
Chứng minh xnyn ∈ (2, 3) với n ≥ lim
n→∞yn =
Hướng dẫn Từ công thức lượng giác ta nghĩ tới việc đặt xn = cot an
yn = tan bn Xem xét mối quan hệ (an) (bn) để tìm an = 3·2πn
bn = 3·2πn−1 Từ ta trình bày lời giải cách ngắn gọn qui
nạp sau:
Giải Bằng qui nạp ta chứng minh xn= cot3·2πn yn= tan3·2πn−1 với
mọi n ≥ Do xnyn = cot
π · 2ntan
π
3 · 2n−1 = cot
π · 2n
2 tan3·2πn
1 − tan2 π 3·2n
=
1 − tan2 π 3·2n
(21)Chương 2.2 Các dạng tốn dãy số
Vì < tan2 π
3·2n < tan2 π6 =
1
3 nên từ suy < xnyn < Ta có
lim
n→∞yn= limn→∞tan π
3·2n−1 = tan =
Bài 2.8 (Đề thi 2012) Cho dãy số (an) thỏa mãn điều kiện a1 = α
an+1 = n+1n an−n2 với n ≥ Tìm α để dãy (an) hội tụ
Hướng dẫn Tách riêng yếu tố n n + cách chia vế cho n + an+1
n + = an
n − n(n + 1)
Ta lại tiếp tục viết −n(n+1)2 thành dạng sai phân f (n + 1) − f (n), tìm f (n) = n2 Cuối ta
an+1
n + − n + =
an
n − n Áp dụng liên tiếp ta an
n − n =
a1
1 −
1 = α − Suy an= (α − 2)n +
Dãy hội tụ α =
Bài 2.9 (Đề thi 2013) Cho x1 = a ∈ R dãy (xn) xác định (n +
1)2x
n+1= n2xn+ 2n + Tìm lim n→∞xn
Hướng dẫn Quan sát dạng công thức truy hồi ta nhận thấy cần phải biểu diễn 2n + dạng sai phân f (n + 1) − f (n) Thử tìm f dạng tam thức bậc ta
2n + = (n + 1)2− n2.
Vậy
(n + 1)2xn+1− (n + 1)2 = n2xn− n2
Áp dụng liên tiếp ta n2x
n− n2 = x1 − = a − Vậy xn = + a−1n2
Suy lim
n→∞xn =
2.2.2 Giới hạn dãy số
Trong mục ta xem xét tốn chứng minh tìm giới hạn dãy số truy hồi trường hợp tìm cơng thức số hạng tổng qt dạng tường minh
(22)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
Phương pháp ánh xạ co
Phương pháp ánh xạ co áp dụng với dãy số (an) thỏa mãn
|an+1− an| ≤ C|an− an−1|
với < C < Cơ sở phương pháp ánh xạ co định lí sau:
Định lí 2.3 Cho dãy số (an) xác định an+1 = f (an) f ánh
xạ co, nghĩa |f (x) − f (y)| ≤ C|x − y| với C < Khi (an) hội tụ
điểm bất động f
Hướng dẫn Ta vân dụng tiêu chuẩn Cauchy để chứng minh định lý Chứng minh Ta chứng minh (an) dãy Cauchy Thật vậy, xét m >
n > 1, ta có
|am− an| = |f (am−1) − f (an−1)| ≤ C|am−1− an−1|
Áp dụng liên tiếp ta
|am− an| ≤ C|am−1− an−1| ≤ C2|am−2− an−2| ≤ Cn−1|am−n+1− a1|
Mặt khác |am−n+1 − a1| ≤ |am−n+1 − am−n| + |am−n − am−n−1| + · · · +
|a2− a1| ≤ (Cm−n+1+ Cm−n+ · · · + C + 1)|a2− a1| = 1−C
m−n+1
1−C |a2− a1| nên
|am− an| ≤
(1 − Cm−n+1)Cn−1
1 − C |a2− a1| ≤ Cn−1
1 − C|a2− a1| Với ε > 0, ta chọn n0 ∈ N \ {0} cho C
n0−1
1−C |a2 − a1| < ε
|am− an| < ε m ≥ n ≥ n0 Vậy (an) dãy Cauchy Do (an) hội tụ
đến x0
Hiển nhiên ánh xạ co ánh xạ liên tục Lấy giới hạn vế đẳng thức truy hồi ta x0 = f (x0), nghĩa x0là điểm bất động f Nếu x1
điểm bất động f ta có |x0− x1| ≤ |f (x0) − f (x1)| ≤ C|x0− x1|
Do C < nên ta phải có x0 = x1, nghĩa điểm bất động f
nhất
Nếu f hàm số khả vi thỏa |f0(x)| ≤ C, ∀x ∈ R C < từ định lí Lagrange suy với x, y ta tìm z nằm a b cho |f (x) − f (y)| = |f0(z)(x − y)| ≤ C|(x − y)| nên f ánh xạ co Do theo
định lí ta có kết sau:
Bài 2.10 (Đề thi 2006) Cho dãy số (an) xác định an+1 = f (an)
đó f (x) khả vi R thỏa mãn |f0(x)| ≤ C, ∀x ∈ R với C < Khi (an) hội tụ điểm bất động f
(23)Chương 2.2 Các dạng tốn dãy số
Ta vận dụng hai kết việc chứng minh dãy số có giới hạn với số lưu ý sau:
1 Để trình bày lời giải ngắn gọn, tìm trước điểm bất động l f đưa đánh giá
|un+1− l| = |f (un) − f (l)| ≤ C|un− l| ≤ · · · ≤ Cn|u1− l| →
2 Để chứng minh f ánh xạ co, |f0(x)| ≤ C < sử dụng định lí Lagrange
3 Nếu có |f0(x)| ≤ 1, thử kiểm tra xem f ◦ f có phải ánh xạ co khơng, có xét dãy (a2n) (a2n+1)
Bài 2.11 (Đề thi 2019) Cho (xn) dãy số xác định điều kiện
x1 = 2019, xn+1 = ln(1 + xn) −
2xn
2 + xn
∀n ≥
1 Chứng minh (xn) dãy số không âm
2 Chứng minh tồn số thực c ∈ (0, 1) cho |xn+1− xn| ≤ c|xn− xn−1| ∀n ≥
3 Chứng minh (xn) có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn
Giải Dãy số có dạng un+1 = f (un) với f (x) = ln(1 + x) − 2+x2x
1 Ta có
f0(x) = x
2
(1 + x)(2 + x)2 ≥ ∀x ≥
Vậy f (x) ≥ f (0) = với x ≥ Mà x1 > nên qui nạp ta có
xn≥
2 Với x ≥ 0, ta có
|f0(x)| = x
2
(1 + x)(2 + x)2 <
x2
x(4x) = Do theo định lí Lagrange
|xn+1− xn| = |f (xn) − f (xn−1)| ≤
1
(24)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
3 Ta có |un+1| = |f (un) − f (0)| ≤ 14|un− 0| = 14|un|
Áp dụng liên tiếp n lần ta có
|un| ≤
n |u0|
Do (un) hội tụ đến
Bài 2.12 (Đề thi 2002) Cho dãy số (un) xác định
un+1=
1
2ln(1 + u
2
n) − 2002
Chứng minh dãy số (un) có giới hạn
Giải Dãy số có dạng un+1 = f (un) với f (x) = 12ln(1 + x2) − 2002 Ta có
|f0(x)| = |x|
1 + x2 ≤
1 Vì lim
x→−∞(f (x) − x) = +∞ limx→+∞(f (x) − x) = −∞ nên tồn l ∈ R
thỏa mãn f (l) = l Do
|un+1− l| = |f (un) − f (l)| ≤
1
2|un− l| Áp dụng liên tiếp n lần ta có
|un− l| ≤
n
|u0− l|
Do (un) hội tụ đến l
Bài 2.13 Cho dãy số (an) xác định a1 ≥ an+1 =
√
2an+
Chứng minh dãy số (an) có giới hạn
Giải Hiển nhiên an ≥ với n ≥ Dãy số có dạng an+1 = f (an) với
f (x) =√2x + Ta có
|f0(x)| = √ 2x + ≤
1 √
(25)Chương 2.2 Các dạng toán dãy số
Vì lim
x→(−1 2)
+(f (x) − x) =
1
2 limx→+∞(f (x) − x) = −∞ nên tồn l ∈ R
thỏa mãn f (l) = l Do
|an+1− l| = |f (an) − f (l)| ≤
1 √
3|an− l| Áp dụng liên tiếp n lần ta có
|an− l| ≤
√
n
|a0− l|
Do (an) hội tụ đến l
Bài 2.14 Cho dãy số (an) xác định a1 ≥ an+1 = an1+1 Chứng
minh dãy số (an) có giới hạn
Hướng dẫn Rõ ràng an > 0, f0(x) = (x+1)−1 thỏa |f
0(x)| < 1
với x > nên chưa phải ánh xạ co Ta thử kiểm tra xem f ◦ f có phải ánh xạ co hay không Thật (f ◦ f )0(x) = x+1x+20 = (x+2)1 <
1
4 với x > nên
là ánh xạ co
Giải Ta có an> Dãy số có dạng an+1 = f (an) với f (x) = x+11 thỏa
(f ◦ f )0(x) = x + x +
0
=
(x + 2)2
Do
|(f ◦ f )0(x)| <
4 với x > Vì lim
x→0+(f (x) − x) = limx→+∞(f (x) − x) = −∞ nên tồn l ∈ R thỏa
mãn f (l) = l Do
|an+2− l| = |f ◦ f (an) − f ◦ f (l)| <
1
4|an− l| Áp dụng liên tiếp n lần ta có
|a2n− l| ≤
n
|a0− l| |a2n+1− l| ≤
n
|a1− l|
Do (an) hội tụ đến l
(26)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
Dãy đơn điệu bị chặn
Phương pháp dãy đơn điệu bị chặn áp dụng với dãy số thỏa mãn điều kiện
• tăng bị chặn trên, • giảm bị chặn
Các dãy số hội tụ số thực l tìm từ công thức truy hồi Xét trường hợp thường gặp: dãy (un) cho công thức truy hồi
un+1= f (un, n)
• Các kĩ thuật thường dùng để chứng minh dãy (un) dãy đơn điệu
1 Chứng minh f (un, n) − un≥ (hoặc f (un, n) − un ≤ 0)
2 Nếu un> 0, chứng minh f (uunn,n) ≥ (hoặc f (uunn,n) ≤ 1)
3 Nếu un+1= f (un), chứng minh f0(x) ≥
• Các kĩ thuật thường dùng để chứng minh dãy (un) dãy bị chặn
1 Hàm f bị chặn (hoặc bị chặn trên)
2 Chứng minh f (un, n) ≥ a un ≥ a (hoặc f (un, n) ≤ b
un ≤ b)
3 Chặn chặn chọn giới hạn dãy (nếu có) từ cơng thức truy hồi
Từ lập luận trên, với trường hợp un+1= f (un), ta có định lí sau
Định lí 2.4 Xét dãy (un) cho cơng thức un+1 = f (un) l điểm
bất động f
1 Nếu u1 < u2 < l f đồng biến [u1, l] (un) tăng bị chặn
trên l nên hội tụ Nếu f khơng có điểm bất động [u1, l)
lim
n→∞un= l
2 Nếu u1 > u2 > l f đồng biến [l, u1] (un) giảm bị chặn
dưới l nên hội tụ Nếu f khơng có điểm bất động (l, u1]
lim
n→∞un= l
Như để tìm giới hạn dãy có dạng un+1 = f (un) tiến hành
theo bước
(27)Chương 2.2 Các dạng toán dãy số
1 Tìm miền giá trị D = f (R) f , bước cần khảo sát f D
2 Kiểm tra f f ◦ f ánh xạ co làm theo phương pháp ánh xạ co (xem lại phần trước) Nếu không, thực tiếp bước
3 Khảo sát khoảng đơn điệu hàm số f
4 Tìm điểm bất động f khảo sát dấu f (x) − x
5 Nếu f nghịch biến f ◦ f đồng biến, ta xét dãy u2n+2 =
f (f (u2n)) u2n+1 = f (f (u2n−1)) vận dụng phương pháp định
lí
Bài 2.15 Khảo sát hội tụ dãy số (an) thỏa a1 = an+1= a2an n+1
Giải Dãy số có dạng an+1 = f (an) với f (x) = x2x+1 Do an> nên theo bất
đẳng thức Cauchy ta có
0 < an+1=
an
a2 n+
≤ Mặt khác a2 = 12 < a1 f0(x) = 1−x
2
(x2+1)2 > (0,12] nên (an) dãy
giảm Do (an) giảm bị chặn nên hội tụ đến l ∈ (0,12) thỏa
f (l) = l ⇔ l = Vậy lim
n→∞an=
Bài 2.16 Khảo sát hội tụ dãy số (an) thỏa < an < an(1 −
an+1) > 14
Giải Từ giả thiết bất đẳng thức Cauchy ta có
an(1 − an+1) >
1
4 ≥ an+1(1 − an+1)
Do (an) dãy giảm bị chặn nên hội tụ đến l ∈ [0, a0) thỏa
l(1 − l) ≥
4 ⇔ l =
Suy dãy số cho phải thỏa mãn a0 > 12 lim n→∞an =
1
Bài 2.17 Tìm tất số thực a để dãy số (un) xác định sau hội tụ
u0 = a,
un+1 = u2n+u2n, với n ≥
(28)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
Giải Đặt vn= un+14 ta có
v0 = a + 14,
vn+1= v2n+163, với n ≥
Hiển nhiên (un) hội tụ (vn) hội tụ Ta có > với
mọi n ≥
Đặt f (x) = x2+
16 vn+1 = f (vn)
Ta có f0(x) = 2x nên f tăng (0, +∞) Mặt khác f (x) = x ⇔ x ∈ 14,3
4 ; f (x) < x 4,
3
4 f (x) > x
0,14 ∪ 34, +∞
Bảng biến thiên f :
x 14 34 +∞
+∞ %
3
f (x) %
1
%
3 16
Xét trường hợp sau
1 v0 > 34: v1 = f (v0) > v0 nên theo qui nạp (vn) dãy tăng Nếu
(vn) hội tụ đến l ∈ R l > 34 l điểm bất động f , vô lí Vậy
(vn) khơng hội tụ
2 v0 = 34: = 34 với n nên (vn) hội tụ
3 14 ≤ v0 < 34: 41 ≤ v1 = f (v0) ≤ v0 nên theo qui nạp (vn) dãy
giảm bị chặn 14 nên hội tụ
4 ≤ v0 < 14: 14 ≥ v1 = f (v0) > v0 nên theo qui nạp (vn) dãy
tăng bị chặn 14 nên hội tụ
5 v0 < 0: trường hợp v1 > nên theo lập luận (vn) hội
tụ v1 ≤ 34 ⇔ v02 + 16 ≤
3
4, kết hợp với v0 < ta
−3
4 ≤ v0 <
(29)Chương 2.2 Các dạng toán dãy số
Kết luận: Dãy số (un) hội tụ ⇔ −34 ≤ v0 ≤ 34 ⇔ −1 ≤ a ≤ 12
Bài 2.18 (Đề thi 2011) Cho α, β ∈ R thỏa mãn điều kiện + n1
α+n < e < +
n
β+n
với n ≥ Tìm |α − β| Hướng dẫn Rút α, β ta
α <
ln + n1 − n < β Do cần khảo sát dãy số xn = ln(1+1
n)
− n Do hàm số f (x) = ln(1+1
x)
− x hàm số tăng x1 < x2 nên (xn) dãy số tăng Mặt khác lim
n→∞xn =
lim
t→0
1 ln(1+t) −
1 t
= lim
t→0
t−ln(1+t) t ln(1+t)
= 12 theo qui tắc L’Hơpital Do
min |α − β| =
2 − x1 = −
1 ln
Bài 2.19 (Đề thi 2011) Cho hai dãy số (xn) (yn) thỏa mãn xn+1 ≥ xn+y2 n
và yn+1 ≥
q
x2 n+y2n
2 với n ≥
a) Chứng minh dãy (xn+ yn) (xnyn) dãy đơn điệu
tăng
b) Giả sử (xn) (yn) bị chặn Chứng minh chúng hội tụ
về điểm
Hướng dẫn Rõ ràng dãy (xn) (yn) không âm với n ≥
a) Ta cần chứng minh xn+1+ yn+1 ≥ xn+ yn Muốn cần
chứng minh
xn+ yn
2 +
r x2
n+ yn2
2 ≥ xn+ yn⇔ (xn− yn)
2 ≥ 0.
Tương tự ta cần chứng minh xn+1yn+1 ≥ xnyn Muốn cần
xn+ yn
2 r
x2 n+ y2n
2 ≥ xnyn
Bất đẳng thức dễ dàng suy từ bất đẳng thức AM–GM xn+yn
2 ≥
√ xnyn
và x2n+y2n
2 ≥ xnyn
b) Vì dãy (xn) (yn) bị chặn nên (xn+yn) (xnyn) bị chặn, mà
(30)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
xnvà ynlà nghiệm phương trình t2−(xn+yn)t+xnyn= nên để chứng
minh (xn) (yn) có giới hạn, ta cần lim
n→∞((xn+yn) 2−4x
nyn) =
0, nghĩa s2 = 4p Theo bất đẳng thức AM–GM ta có:
xn+ yn ≥
√ xnyn
Do s2 ≥ 4p Mặt khác
xn+1yn+1 =
xn+ yn
2 r
x2 n+ yn2
2 ≥
xn+ yn
2 2
Do s2 ≤ 4p Ta có điều phải chứng minh
Định lí Cesàro-Stolz
Phương pháp Cesàro-Stolz áp dụng để tìm giới hạn dãy số có dạng un
vn
1 Nếu un = f (n) = g(n) với f , g hàm số thực khả vi cho
trước ta có qui tắc L’Hơpital
lim
n→∞
un
vn
= lim
x→+∞
f (x)
g(x) = limx→+∞
f0(x) g0(x)
2 Khi xác định hàm thực f g, ta sử dụng định lí Cesàro-Stolz Định lí Cesàro-Stolz dạng tương tự qui tắc L’Hơpital dùng để tìm giới hạn dãy số có dạngun
vn
trường hợp un+1 − un vn+1− biểu thức tương đối đơn
giản
Định lí 2.5 (Dạng ∞∞) Nếu (un) (vn) hai dãy thỏa mãn lim
n→∞vn= +∞
và un+1−un
vn+1−vn hội tụ limn→∞
un
vn = limn→∞
un+1−un
vn+1−vn
Định lí 2.6 (Dạng 00) Nếu (un) (vn) hai dãy thỏa mãn lim n→∞un =
lim
n→∞vn = 0, dãy (vn) giảm thực
un+1−un
vn+1−vn hội tụ limn→∞
un
vn = limn→∞
un+1−un
vn+1−vn
Bài 2.20 (Đề thi 2015) Cho dãy số (an) xác định công thức truy
hồi
2an+1− 2an+ a2n=
với n ≥
(31)Chương 2.2 Các dạng toán dãy số
a) Chứng minh (an) dãy đơn điệu
b) Biết a0 = Hãy tìm lim n→∞an
c) Tìm điều kiện a0 để dãy (an) có giới hạn hữu hạn Trong trường
hợp tính lim
n→∞nan
Giải
a) Ta có = 2an+1− 2an+ a2n ≥ 2an+1− 2an Do (an) dãy giảm
b) Ta có an+1= an−12a2n Nếu a0 = Bằng qui nạp ta có < an≤ với
mọi n Mà (an) giảm nên (an) hội tụ
c) Khi dãy (an) có giới hạn hữu hạn giới hạn phải
– Nếu a0 < (an) giảm nên dãy khơng có giới hạn
– Nếu a0 > a1 < nên tương tự trường hợp (an)
khơng có giới hạn
– Nếu ≤ a0 ≤ an ≥ với n nên dãy có giới hạn
Nếu a0 = a0 = lim
n→∞nan=
Xét trường hợp < a0 < 2, ta có lim n→∞
an+1
an = limn→∞ −
an
2 = 1, nên
theo định lí Cesàro-Stolz ta có
lim
n→∞nan= limn→∞ an
n = limn→∞ an+1 −
1 an
(n + 1) − n = limn→∞
an
2an+1
=
Bài 2.21 Cho dãy số (un) hội tụ a Tìm giới hạn dãy số sau
1
Pn k=1kuk
n(n+1) ,
2
Pn k=1k2uk
n(n+1)(2n+1),
3
Pn k=1k3uk
n2(n+1)2 ,
4 √1 n
Pn
k=1 uk
√ k,
5 ln n1 Pn
k=1 uk
k
(32)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
Giải Vận dụng định lí Cesàro-Stolz, ta có lim
n→∞ Pn
k=1kuk
n(n+1) = limn→∞ nun 2n = a 2, lim n→∞ Pn
k=1k2uk
n(n+1)(2n+1) = limn→∞ n2u
n
6n2 =
a 6,
3 lim
n→∞ Pn
k=1k3uk
n2(n+1)2 = lim
n→∞ n3un
4n3 = a4,
4 lim n→∞ √ n Pn k=1 uk √
k = limn→∞ un/
√ n √
n−√n−1 = limn→∞ un
n−√n(n−1) = ∞,
5 lim n→∞ ln n Pn k=1 uk
k = limn→∞
un/n
ln n−ln (n−1) = limn→∞ un
ln(n−1n )n = a
Thu gọn tổng sai phân
Phương pháp áp dụng để tìm giới hạn dãy số có dạng
n
P
i=1
ui
Để tìm giới hạn dãy số dạng này, ta thu gọn tổng cách tìm dãy số (vn) cho
un= vn+1−
Khi
n
P
i=1
ui = n
P
i=1
(vi+1− vi) = vn+1− v1 nên lim n→∞
n
P
i=1
ui = lim
n→∞vn− v1
Bài 2.22 (Đề thi 2007) Cho a, b, c, α số thực thỏa α 6= c − b Dãy số (un), (vn) xác định công thức u1 = a, un+1 = u
2 n+bun
c , = n
P
k=1 uk
uk+1+b−c, n ≥ Biết limn→∞un= α Tính giới hạn limn→∞vn
Hướng dẫn Biểu thức
n
P
k=1 uk
uk+1+b−c phức tạp nên muốn tìm giới hạn
nhất thiết ta phải thu gọn tổng Muốn ta phải tìm hàm số f thỏa
uk
uk+1+ b − c
= f (uk+1) − f (uk)
Thay uk+1= u2
k+buk
c đẳng thức đơn giản hóa dạng
uk u2
k+buk
c + b − c
= f u
2 k+ buk
c
− f (uk)
(33)Chương 2.2 Các dạng toán dãy số
Để đơn giản, đặt uk = x, ta nhận phương trình hàm
f x
2+ bx
c
− f (x) = cx
x2+ bx + bc − c2 =
cx
(x + c)(x + b − c)
Do xuất mẫu thức vế phải, ta dự đốn f có dạng f (x) = x+b−cd f (x) = x+cd với số d Tính tốn trực tiếp thấy f (x) = x+b−c−c thỏa mãn phương trình hàm Ta có giải đầy đủ sau:
Giải Ta có
uk
uk+1+ b − c
= uk(uk+ b − c) (uk+1+ b − c)(uk+ b − c)
= (u
2
k+ buk) − cuk
(uk+1+ b − c)(uk+ b − c)
= c(uk+1− uk) (uk+1+ b − c)(uk+ b − c)
= c
uk+ b − c
− c
uk+1+ b − c
với k ≥ Do
vn= n
X
k=1
uk
uk+1+ b − c
= c
u1+ b − c
− c
un+1+ b − c
Do lim
n→∞un = α 6= c − b u1 = a nên ta
lim
n→∞vn=
c a + b − c−
c
α + b − c =
c(α − a)
(a + b − c)(α + b − c)
Bài 2.23 Cho số thực a 6= dãy số (un) thỏa mãn
(
u0 = a,
un = 2un−1+ n −
Tính giới hạn
lim
n→∞ n
X
k=1
1 uk+ k
(34)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
Giải Ta có
n
X
k=1
1 uk+ k
= n X k=1 uk−1+ (k − 1)
−
uk+ k
=
u0
−
un+ n
Mặt khác un+ n = 2(un−1+ (n − 1)) = · · · = 2n(u0+ 0) = 2na Do
lim n→∞ n X k=1 uk+ k
= a
Bài 2.24 Cho dãy số (un) thỏa mãn
(
u0 = a 6= 0,
un+1 = u2n+ (2n + 1)un+ (n2 − 1)
Tính giới hạn
lim
n→∞ n−1
X
k=0
uk+ k
uk+1+ k +
Giải Ta có
lim
n→∞ n−1
X
k=0
uk+ k
uk+1+ k +
= n−1 X k=0 uk+ k
−
uk+1+ (k + 1)
=
u0
−
un+ n
Mặt khác un+1+ (n + 1) +12 = un+ n +12
2
+54 Do un+ n + 12 > 54
với n ≥ Từ ta có
un+1+ (n + 1) +
1 >
un+ n +
1
2
> · · · >
u1+
3
2n >
4 2n
Hệ lim
n→∞(un+ n) = +∞ Do
lim
n→∞ n−1
X
k=0
uk+ k
uk+1+ k +
= a
Bài 2.25 (Đề thi 2010) Cho dãy (xn) xác định x1 = xn+1 =
xn(1 + x2010n ) với n ≥ Tính giới hạn limn→∞
x2010
x2 +
x2010
x3 + · · · +
(35)Chương 2.2 Các dạng toán dãy số
Giải Trước hết, ta thấy dãy tăng thực dãy bị chặn tồn giới hạn, đặt giới hạn L > Chuyển cơng thức xác định dãy qua giới hạn, ta có L = L(1 + L2010) ⇔ L = 0, mâu thuẫn.
Do lim
n→∞xn= +∞ Với k ≥ 1, ta có
x2010 k
xk+1
= x
2011 k
xkxk+1
= xk− xk+1 xkxk+1
= xk
−
xk+1
Suy
lim
n→∞
x2010
x2
+x
2010
x3
+ · · · + x
2010 n
xn+1
= lim
n→∞
x1
−
xn+1
=
Nguyên lí kẹp
Phương pháp dựa sở định lí sau:
Định lí 2.7 (Nguyên lí kẹp) Cho dãy số (an), (bn), (cn) thỏa mãn
an ≤ bn≤ cn lim
n→∞an = limn→∞cn= l Khi limn→∞bn = l
1 Phương pháp thường sử dụng dãy (bn) thô Các dãy
(an) (cn) thường chọn dãy đơn giản (bn), dễ tính
giới hạn
2 Có thể kẹp hàm vơ tỉ cách sử dụng đa thức Taylor (xem 4.1)
3 Để tính giới hạn dãy số có dạng Pn
k=1f (k) với f giảm, ta
kẹp hạng tử f (k) tích phân xác định Z k+1
k
f (x) dx ≤ f (k) ≤ Z k
k−1
f (x) dx
Khi
Z n+1
1
f (x) dx ≤
n
X
k=1
f (k) ≤ Z n
0
f (x) dx
Bài 2.26 (Đề thi 2013) Tính giới hạn lim
n→∞
R1
0 nxn
2013+xndx
(36)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
Hướng dẫn Vì xn xuất lần nên có sở đổi biến t = xn để đơn giản
hóa tích phân Z
0
nxn
2013 + xndx =
Z
nt
2013 + td t
1/n =
Z
t1/n
2013 + tdt Đến thử lấy lim dấy tích phân, ta có lim
n→∞t
1/n = với x ∈ (0, 1] nên
bằng trực giác ta thấy
lim
n→∞
Z
t1/n
2013 + tdt = Z
0
1
2013 + tdt = ln(2013 + t)
1
0
= ln2014 2013 Tuy nhiên lập luận sai khơng có tính chất lim
n→∞
Rb
a fn(x) dx =
Rb
a n→∞lim fn(x) dx (ví dụ limn→∞
R1 nx
ndx = lim
n→∞1 =
Z
0
lim
n→∞nx ndx =
Z
0
0 dx = 0) Ta phải ước lượng t1/n chặt chẽ cách kẹp các
đa thức Taylor lời giải
Giải Theo công thức khai triển Taylor f (t) = t1/n t = ta có
f (t) = f (1) + f0(1)(t − 1) + f
00(ξ)
2 (t − 1)
2.
Suy + t−1n ≤ t1/n ≤ Do đó
Z
0
1
2013 + tdt − n
Z
0
1 − t
2013 + tdt ≤ Z
0
t1/n
2013 + tdt ≤ Z
0
1
2013 + tdt
Mặt khác Z
0
1 − t
2013 + tdt < Z
0
1
2013dt =
2013 nên theo ngun lí kẹp ta có
lim
n→∞
Z
0
t1/n
2013 + tdt = Z
0
1
2013 + tdt = ln 2014 2013 Do Z nxn
2013 + xndx =
Z
nt
2013 + td t
1/n =
Z
t1/n
(37)Chương 2.2 Các dạng toán dãy số
Bài 2.27 Cho số thực s ≥ −1 Tính giới hạn sau
lim x→0+ xs+1 [1/x] X k=1 ks ,
trong [1/x] số nguyên lớn nhỏ 1/x Giải Trước hết ta có nhận xét sau
lim
n→∞
Pn
k=1ks
ns+1 = limn→∞ n X k=1 n k n s = Z
xsdx =
s + 1, s > −1
và lim n→∞ Pn k=1k s
ns+1 = limn→∞ n
X
k=1
1
k = +∞, s = −1 Ta có
xs+1
[1/x]
X
k=1
ks= (x[1/x])s+1 P[1/x]
k=1 k s
[1/x]s+1
Mặt khác theo định nghĩa phần nguyên ≤ (x[1/x])s+1 ≤ (x + 1)s+1 nên từ định lí kẹp ta có lim
x→0+(x[1/x])
s+1
= Kết hợp lập luận ta có
lim
x→0+x
s+1 [1/x]
X
k=1
ks = lim
x→0+
P[1/x]
k=1 ks
[1/x]s+1 =
1
s+1, s > −1
+∞, s = −1
Bài 2.28 Tính giới hạn sau
lim
n→∞ n − n
X
k=1
cos√ n + k
!
Hướng dẫn Biểu thức cần lấy tổng phức tạp nên ta khơng thể hi vọng rút gọn tổng Vì ta ước lượng biểu thức tổng cách so sánh với đa thức Taylor
Từ khai triển Taylor, ta có − x22 ≤ cos x ≤ − x2
2 + x4
24 với x ≥
Từ giải tốn sau
(38)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
Giải Áp dụng bất đẳng thức x22 − x4
24 ≤ − cos x ≤ x2
2 với x = √
n+k ta có
1
1 n + k −
1 24
1
(n + k)2 ≤ − cos
1 √
n + k ≤
1 n + k Cho k = 1, 2, · · · , n lấy tổng ta
1 n X k=1 n + k −
1 24 n X k=1
(n + k)2 ≤ n − n
X
k=1
cos√ n + k ≤
1 n X k=1
n + k (1)
Ta có < n X k=1 (n + k)2 ≤
n
X
k=1
1 (n + 1)2 =
n (n + 1)2
nên theo nguyên lí kẹp
lim n→∞ n X k=1
(n + k)2 = (2)
Mặt khác ta có
lim n→∞ n X k=1
n + k = limn→∞ n X k=1 n 1 + k/n =
Z
0
dx
1 + x = ln (3)
Từ (1), (2), (3) theo nguyên lí kẹp ta nhận giới hạn cần tìm
ln 2
Bài 2.29 Cho dãy số
an= n
X
k=1
1 kα
1 Chứng minh α ≤ lim
n→∞an= +∞,
2 Chứng minh α > dãy (an) hội tụ,
3 Tính lim
n→∞(a2n− an)
Giải Ta có
Z k+1 k
dx xα ≤
1 kα ≤
Z k k−1
dx xα
(39)Chương 2.2 Các dạng toán dãy số
Lấy tổng theo k ta
an= n
X
k=1
1 kα ≥
Z n+1
1
dx xα =
(
ln(n + 1) α = 1,
(n+1)1−α−1
1−α α 6=
và
an= n
X
k=1
1
kα ≤ +
Z n
1
dx xα =
(
1 + ln n α = 1, + n1−α−1
1−α α 6=
Từ suy α ≤ lim
n→∞an = +∞ Nếu α > dãy (an) tăng
bị chặn nên hội tụ
Tương tự vậy, lấy tổng bất đẳng thức với k từ n đến 2n, ta
Z 2n+1
n
dx xα ≤
2n
X
k=n
1 kα ≤
Z 2n
n−1
dx xα
Do
ln2n +
n ≤ a2n− an≤ ln 2n
n − 1, α =
(2n + 1)1−α− n1−α
1 − α ≤ a2n− an≤
(2n − 1)1−α− (n − 1)1−α
1 − α , α 6= Theo ngun lí kẹp ta có
lim
n→∞(a2n− an) =
∞ α < 1, ln α = 1, α >
Tổng tích phân
Cho hàm số f khả tích [a, b] Với n ∈ N chọn điểm chia a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b cho lim
n→∞1≤i≤nsup |xi− xi−1| = điểm
trung gian ξi ∈ [xi−1, xi] Khi
lim
n→∞ n
X
i=1
f (ξi)|xi− xi−1| =
Z b a
(40)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
Đặc biệt a = 0, b = 1, cách chọn ξi = xi = ni, ta có:
lim n→∞ n X i=1 nf i n = Z
f (x) dx
Phương pháp tổng tích phân thường dùng kết hợp với ngun lí kẹp để tìm giới hạn dạng lim
n→∞ n
P
i=1
ui
Bài 2.30 (Đề thi 2008) Tính giới hạn lim
n→∞
12008+22008+32008+···+n2008 n2009
Hướng dẫn Biểu thức cần tính giới hạn trung bình cộng n số có dạng
i2008
n2008 =
i n
2008
Do biểu thức cần tính giới hạn tổng tích phân hàm số f (x) = x2008.
Giải Xét hàm số f (x) = x2008 [0, 1] Chia đoạn [0, 1] thành đoạn điểm xi = ni chọn ξi = ni ∈ [xi−1, xi] ta
lim
n→∞
12008+ 22008+ 32008+ · · · + n2008
n2009 = limn→∞
n X i=1 nf i n = Z
f (x) dx = 2009
Bài 2.31 Tính giới hạn
lim n→∞ n X i=1 √
4n2− i2
Giải Xét hàm số f (x) = √
4−x2 [0, 1] Chia đoạn [0, 1] thành đoạn
con điểm xi = ni chọn ξi = ni ∈ [xi−1, xi] ta
lim n→∞ n X i=1 √
4n2− i2 = limn→∞ n X i=1 n p4 − (i/n)2
= lim n→∞ n X i=1 nf i n = Z dx √
4 − x2 =
(41)Chương 2.3 Bài tập tự luyện
2.3 Bài tập tự luyện
Bài 2.32 (Đề thi 2006) Xác định dãy số (xn) biết x2n+1 = 3xn+
với n = 0, 1, 2,
Hướng dẫn Ta khử số hạng tự công thức truy hồi cách đặt yn= xn+ a Thay vào ta
y2n+1− a = 3(yn− a) + ⇔ y2n+1 = 3yn+ − 2a
Vậy cần chọn a = ta y2n+1 = 3yn Tương tự ta khử hệ số tự
trong số 2n + cách đặt zn = yn−1 ta z2n = 3zn Cuối
ta khử hệ số cách đặt tn = nbzn ta b = log23, tn = nlog23zn
và t2n = tn (tn) dãy số tuần hồn nhân tính chu kì
Bài 2.33 (Đề thi 2007) Cho dãy số (xn) xác định bởi: x0 = 2007
xn= −2007
x0+ x1+ · · · + xn−1
n
với n ≥ Tìm liên hệ xn xn−1 Từ đó, tính tổng S = x0 + 2x1 +
4x2+ · · · + 22007x2007
Bài 2.34 Tìm cơng thức số hạng tổng quát dãy số (un) thỏa mãn
u0 =
5 2, un= −
6 un−1
, với n ≥
Bài 2.35 Cho dãy số thực (xn) xác định
x1 = 1, xn=
2n (n − 1)2
n−1
X
i=1
xi, ∀n ≥
Với số nguyên dương n, đặt yn = xn+1− xn Chứng minh dãy số
(yn) có giới hạn hữu hạn n → ∞
Bài 2.36 Khảo sát hội tụ dãy số sau a1 ≥ an+1 = an1+2,
2 u1 > un+1 = u
2 n+3
2(un+1),
(42)2.3 Bài tập tự luyện Chương
3 u1 = un+1 = +u1n,
4 un+1=
√
3 − vn, vn+1=
√
3 + un u0 = v0 = 0,
5 an
bn biết an+1= an+ 2bn, bn+1 = an+ bn với a1 = b1 =
Hướng dẫn
1 an> |f0(x)| = (x+2)1 <
1
4 với x >
2 f0(x) = 2(xx22+2x−3+2x+1), để f co cần x ≥ Ta có f (x) =
x+1 +
1 x+1 nên
u2 ≥ 1, suy un ≥
3 un≥ f0(x) = x12 ≤
1
4 với x ≥
4 Nhận xét un ≤
√
3 Biến đổi un+2 =
p
3 −√3 + un Có f0(x) =
4
√
(3+x)(3−√3+x) ánh xạ co với x ≤
√
5 Đặt cn = abnn cn+1 = ccnn+2+1 cn > có |f0(x)| = (1+x)1 <
1 với
x >
Bài 2.37 Khảo sát hội tụ dãy số dạng un+1= f (un) sau
1 an+1= an+
R1
0 |t − an|dt
2 a1 = an+1 =
√
a + an với a ≥
3 a1 = an+1 = 2(2aann+3+1)
4 < a1 < b an+1 =
q
ab2+a2 n
a+1
5 a1 = an+1 = + 3+11 an
6 a1 > an+1 = 1p
(p − 1)an+ a
2
ap−1n
với a > p > 0, un+1= 16(u2n+ 8),
8 un+1= ln uunn với u1 > 1,
9 un+1=pa +
√
un với u1 ≥ 0,
10 an+1= an a2
n+3a
3a2
n+a với a1 > 0,
11 an+1= a2n+ (1 − 2a)an+ a2 (Bài năm 2000),
(43)Chương 2.3 Bài tập tự luyện
12 an+1 = cos an với a1 ∈ (0, 1),
13 a1 > an+1= arctan an
14 an+1 = π3 sin an với a1 ∈ 0,π2,
15 an+1 = sin an
16 an+1 = 21−an,
17 an+1 = aan với a1 = 1,
18 an+1 =
√
1 − an với a1 ∈ (0, 1),
19 an+1 =
a−7/3n +
−3/13 , 20 un+1
Qn
k=1uk cho biết un+1 = u
2
n− u1 = (Bài năm 2005)
Bài 2.38 (Đề thi 2011) Cho hàm số f (x) = (x+1)ex
a) Chứng minh f (x) = x có nghiệm 12, 1 f0(x) đồng biến
b) Chứng minh dãy un xác định u1 = 1, un+1= f (an) thỏa mãn
un∈
1
2, 1 với n ≥
Bài 2.39 Cho dãy số (xn) xác định
x1 = a, xn+1 =
2011 ln(x
2
n+ 2011
2) − 20112.
Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn
Bài 2.40 Cho dãy số (xn) xác định
x1 = a, xn+1= ln(3 + cos xn+ sin xn) − 2008
Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn
Bài 2.41 (Đề thi 2014) Cho dãy số (xn) xác định xn+2=
√
xn+1+
√
xn với n ≥ Tìm lim
n→∞xn với điều kiện x0 ≥ x1 ≥
Bài 2.42 Cho hai dãy số (xn) (yn) thỏa mãn x1, y1 > xn+1 = xn+y2 n
và yn+1=
√
xnyn với n ≥ Chứng minh hai dãy cho hội tụ
cùng giới hạn
(44)2.3 Bài tập tự luyện Chương
Bài 2.43 Cho hai dãy số (xn) (yn) thỏa mãn x1, y1 > xn+1 = xn+y2 n
và yn+1 = xn+
1 yn
với n ≥ Chứng minh hai dãy cho hội tụ giới hạn
Bài 2.44 Cho dãy số (un) xác định
u1 = 3, un+1 =
u2
n+ un+
5 , ∀n ≥ Tính lim n→∞ n P k=1 uk+3
Bài 2.45 Cho dãy (xn) xác định x1 = 12 xn+1 =
√
x2
n+4xn+xn
2 với
n ≥
a) Tính giới hạn lim
n→∞ n P k=1 x2 k
b) Chứng minh lim
n→∞ xn
n =
Bài 2.46 (Đề thi 2005) Cho dãy số (xn) xác định công thức truy
hồi sau: x1 = 5, xn+1 = x2n− Tìm giới hạn
lim
n→∞
xn+1
x1x2· · · xn
2
Bài 2.47 Chứng minh lim
n→∞n(
n
√
a−1) = ln a với a > 0, lim
n→∞n(
n
√
n − 1) = +∞, lim
n→∞ an
nb = +∞ với a > 1,
4 lim
n→∞ ln n
nb = với b > 0,
5 lim
n→∞
n
√ n = Bài 2.48 Chứng minh mệnh đề sau
1 Nếu lim
n→∞un = a ∈ R ∪ {+∞} limn→∞ Pn
k=1uk
n = a
2 Nếu lim
n→∞(un+1− un) = a ∈ R ∪ {+∞} limn→∞ un
n = a
3 Nếu un ≥ lim
n→∞un = a ∈ R ∪ {+∞} limn→∞
n
pQn
k=1uk= a
4 Nếu un ≥ lim n→∞
un+1
un = a ∈ R ∪ {+∞} limn→∞ n
√
un= a
(45)Chương 2.3 Bài tập tự luyện
5 Nếu lim
n→∞ un+1 un
= q • lim
n→∞un= q < 1,
• lim
n→∞un= +∞ q >
6 Nếu lim
n→∞
n
p|un| = q
• lim
n→∞un= q < 1,
• lim
n→∞un= +∞ q >
Bài 2.49 Tìm giới hạn dãy số sau √1
n Pn k=1 √ k,
2 nk+11
Pn
i=0 (k+i)!
n! ,
3 nk+11
Pn
i=1ik,
4 n1k
Pn
i=1i k− n
n+k,
5 ln n1 Pn
k=1 2k−1
Bài 2.50 Các dãy số sau hội tụ hay phân kì? Pn
k=0 k2
4k,
2 Pn
k=0 k (k+1)2,
3 Pn
k=0 k+1 k3−2k2+5k,
4 Pn k=0
P (k)
ak P (k) đa thức a > 1,
5 Pn
k=0 P (k)
Q(k) P (k) Q(k) đa thức có hệ số bậc cao
là số dương
Bài 2.51 Cho số thực dương a1, · · · , ak, λ1, · · · , λk Chứng minh
1 lim
n→∞
Pk
i=1λia n i
1/n
= max
1≤i≤k{ai}
2 lim
n→∞
Pk
i=1λia −n i
−1/n
=
1≤i≤k{ai}
Bài 2.52 Tìm giới hạn dãy số sau
(46)2.3 Bài tập tự luyện Chương
1 Pn
k=1 √
n2+2k,
2 Pn2
k=1 √
n2+2k,
3 n13
Pn
k=1k[kx] với x ∈ R,
4 Qn
k=1 + k n,
5 Qn
k=1 + n+
k n2,
6 n1n
Pn
k=1kk,
7 Pn
k=1sin π n+k
Bài 2.53 Tìm giới hạn dãy số sau n1 Pn−1
k=1sin kπ
n,
2 P2n
k=n
√
k(k+1),
3 Pn
k=1 n+k2
n3+k3,
4 P2n−1
k=n 2k+1,
5 Pn
k=1e
1/(n+k)− n,
6 Pn k=1
2k/n
n+nk,
7 Qn
k=1(kn)
1 (n+k) ln n,
8 Pn
k=1 √
kn,
9 n1 Pn k=1
1 1+sinkπ2n,
(47)Chương 3
Hàm số
3.1 Tóm tắt lí thuyết
3.1.1 Hàm số
Định nghĩa 3.1 (Hàm số) Cho tập hợp A ⊂ R Hàm số ánh xạ f : A → R Tập hợp Df = A gọi tập xác định hàm số Tập hợp
f (A) = {f (x) | x ∈ A} gọi tập giá trị hàm số
Định nghĩa 3.2 (Hàm số sơ cấp) Các hàm số sau gọi hàm số sơ cấp bản:
1 hàm hằng,
2 hàm lũy thừa f (x) = xa trong a ∈ R,
3 hàm mũ f (x) = ax trong < a 6= 1,
4 hàm logarit f (x) = logax < a 6= 1, hàm lượng giác sin, cos, tan,
6 hàm lượng giác ngược arcsin, arccos, arctan
Hàm số sơ cấp hàm số thu từ hàm sơ cấp cách sử dụng hữu hạn phép toán: cộng, trừ, nhân, chia phép hợp
Định nghĩa 3.3 (Hàm số chẵn, hàm số lẻ)
1 Hàm số f gọi hàm số chẵn M ⊂ Df với x ∈ M
ta có −x ∈ M f (−x) = f (x)
(48)3.1 Tóm tắt lí thuyết Chương
2 Hàm số f gọi hàm số lẻ M ⊂ Df với x ∈ M ta
có −x ∈ M f (−x) = −f (x) Định nghĩa 3.4 (Hàm số tuần hoàn)
1 Hàm số f gọi hàm tuần hồn (cộng tính) chu kì a > M ⊂ Df với x ∈ M ta có x ± a ∈ M f (x + a) = f (x) Giá
trị a nhỏ (nếu có) thỏa mãn điều kiện gọi chu kì sở f
2 Hàm số f gọi hàm tuần hoàn nhân tính chu kì a /∈ {0, −1, 1} M ⊂ Df với x ∈ M ta có a±1x ∈ M f (ax) = f (x)
3.1.2 Giới hạn hàm số
Định nghĩa 3.5 (Lân cận điểm tụ) Cho ε > Tập hợp Vε(x0) =
(x0− ε, x0+ ε) gọi lân cận bán kính ε số thực x0
Cho D ⊂ R Số thực x0 gọi điểm tụ D lân cận
của x0 chứa số thực khác x0 D, nghĩa với ε >
ta có D ∩ Vε(x0) \ {x0} 6= ∅
Định nghĩa 3.6 (Giới hạn) Cho hàm số f : Df → R x0 điểm tụ
Df Ta nói f có giới hạn a x tiến đến x0, kí hiệu lim x→x0
f (x) = a, ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ Df : < |x − x0| < δ ⇒ |f (x) − a| < ε
Định nghĩa 3.7 (Giới hạn dương vô cùng) Cho hàm số f : Df → R
tồn M0 > cho (M0, +∞) ⊂ Df Ta nói f có giới hạn a x tiến
đến +∞, kí hiệu lim
x→+∞f (x) = a,
∀ε > 0, ∃M > 0, ∀x ∈ Df : x > M ⇒ |f (x) − a| < ε
Định nghĩa 3.8 (Giới hạn âm vô cùng) Cho hàm số f : Df → R tồn
tại M0 < cho (−∞, M0) ⊂ Df Ta nói f có giới hạn a x tiến
đến −∞, kí hiệu lim
x→−∞f (x) = a,
∀ε > 0, ∃M < 0, ∀x ∈ Df : x < M ⇒ |f (x) − a| < ε
Định nghĩa 3.9 (Giới hạn dương vô cùng) Cho hàm số f : Df → R
và x0 điểm tụ Df Ta nói f có giới hạn +∞ x tiến đến x0, kí
hiệu lim
x→x0
f (x) = +∞,
∀M > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ Df : < |x − x0| < δ ⇒ f (x) > M
(49)Chương 3.1 Tóm tắt lí thuyết
Định nghĩa 3.10 (Giới hạn âm vô cùng) Cho hàm số f : Df → R
x0 điểm tụ Df Ta nói f có giới hạn −∞ x tiến đến x0, kí hiệu
lim
x→x0
f (x) = −∞,
∀M < 0, ∃δ < 0, ∀x ∈ Df : < |x − x0| < δ ⇒ f (x) < M
Định lí 3.1 Ta có lim
x→x0
f (x) = a nếu: với dãy số (xn) mà xn∈ Df\{x0}
và lim
n→∞xn = x0 limn→∞f (xn) = a
Định lí 3.2 (Tính chất giới hạn) Cho hàm số f g có giới hạn x → x0
1 lim
x→x0
cf (x) = c lim
x→x0f (x) với c ∈ R
2 lim
x→x0
(f (x) + g(x)) = lim
x→x0
f (x) + lim
x→x0
g(x) lim
x→x0
(f (x)g(x)) = lim
x→x0
f (x) · lim
x→x0
g(x)
4 lim
x→x0
f (x) g(x) =
lim
x→x0f (x)
lim
x→x0g(x)
nếu lim
x→x0
g(x) 6=
5 Nếu lim
x→x0
f (x) = a lim
x→x0
g(f (x)) = lim
x→ag(x)
6 Nếu f hàm số sơ cấp x0 ∈ Df lim x→x0
f (x) = f (x0)
7 Nguyên lý kẹp:
Nếu
f (x) ≤ h(x) ≤ g(x) lim
x→x0
f (x) = lim
x→x0
g(x) = a x→xlim0
h(x) = a
Định nghĩa 3.11 (Giới hạn phía)
1 Số a gọi giới hạn trái f x0, kí hiệu lim x→x−0
f (x) = a,
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ Df : < x0− x < δ ⇒ |f (x) − a| < ε
2 Số a gọi giới hạn phải f x0, kí hiệu lim x→x+0
f (x) = a,
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ Df : < x − x0 < δ ⇒ |f (x) − a| < ε
(50)3.1 Tóm tắt lí thuyết Chương
Định lí 3.3 Giới hạn lim
x→x0
f (x) tồn lim
x→x+0
f (x) lim
x→x−0
f (x) tồn Khi lim
x→x0
f (x) = lim
x→x−0
f (x) = lim
x→x+0
f (x)
Định nghĩa 3.12 (Vô bé, vô lớn)
1 Hàm số f gọi vô bé (VCB) x → x0 lim x→x0
f (x) =
2 Hàm số f gọi vô lớn (VCL) x → x0 f (x)1
một VCB
Định lí 3.4 (Tính chất vơ bé) Tổng hai VCB VCB Tích hai VCB VCB
3 Tích VCB hàm bị chặn VCB
Định nghĩa 3.13 (So sánh bậc vô bé) Cho f g hai vô bé x → x0 Giả sử lim
x→x0
f (x)
g(x) = k ∈ R ∪ {±∞}
1 Nếu k = f gọi VCB bậc cao g Kí hiệu f (x) = o(g(x)) Nếu k ∈ R \ {0} f g hai VCB cấp
Đặc biệt: Nếu k = f g hai VCB tương đương Kí hiệu f (x) ∼ g(x)
3 Nếu k = ±∞ g VCB bậc cao f Kí hiệu g(x) = o(f (x))
3.1.3 Tính liên tục hàm số
Định nghĩa 3.14 (Hàm số liên tục) Hàm số f gọi liên tục x0
nếu f xác định x0 lim x→x0
f (x) = f (x0) Hàm số f gọi liên tục
nếu liên tục điểm x0 thuộc tập xác định
Định lí 3.5 (Tính chất hàm số liên tục) Cho f g hai hàm số liên tục x0,
1 af , f + g f g liên tục x0, với a ∈ R
2 Nếu g(x0) 6= fg liên tục x0
(51)Chương 3.2 Các dạng tốn hàm số
Định lí 3.6 Các hàm số sơ cấp liên tục miền xác định
Một tính chất quan trọng hàm số liên tục phát biểu định lí giá trị trung gian (cịn gọi định lí Bolzano – Cauchy): Định lí 3.7 (Định lí giá trị trung gian) Nếu hàm số f liên tục đoạn [a, b] nhận giá trị trung gian f (a) f (b)
Một hàm số liên tục đoạn ln có giá trị nhỏ giá trị lớn đoạn Từ định lí ta suy f liên tục đoạn [a, b] m M giá trị nhỏ giá trị lớn f đoạn [a, b] với c ∈ [m, M ] Phương trình f (x) = c ln có nghiệm [a, b]
Từ định lí giá trị trung gian ta suy
Định lí 3.8 Cho f hàm số liên tục [a, b]
1 Nếu phương trình f (x) = vơ nghiệm [a, b] f (x) > 0, ∀x ∈ [a, b] f (x) < 0, ∀x ∈ [a, b]
2 Nếu f đơn ánh f hàm số đơn điệu (tăng chặt giảm chặt)
3.2 Các dạng tốn hàm số
3.2.1 Tính chất hàm số
Đây dạng yêu cầu vận dụng linh hoạt tính chất hàm số đơn điệu, bị chặn, tuần hoàn
Bài 3.1 Cho hàm số f : [0, 1] → [0, 1] hàm số tăng Chứng minh phương trình f (x) = x có nghiệm [0, 1]
Giải Đặt A = {x ∈ [0, 1] : f (x) ≥ x} Ta có A 6= ∅ ∈ A Đặt x0 = sup A
Ta chứng minh f (x0) = x0
• Giả sử f (x0) > x0 Vì f tăng nên ta có f (f (x0)) ≥ f (x0) Do
f (x0) ∈ A, mâu thuẫn ta có f (x0) > x0 = sup A
• Giả sử f (x0) < x0 Vì f tăng nên với x ∈ (f (x0), x0] ta có f (x) ≤
f (x0) < x, mâu thuẫn với định nghĩa x0 = sup A
Vậy xảy f (x0) = x0
Lưu ý: f hàm số liên tục nên dùng định lí giá trị trung gian để giải
(52)3.2 Các dạng toán hàm số Chương
Bài 3.2 Tìm tất số thực a cho lim
x→+∞
2+sin(ax)
2+sin x tồn
Giải Giả sử lim
x→+∞
2+sin(ax)
2+sin x = l Hiển nhiên a = không thỏa mãn đề
Đặt f (x) = + sin ax g(x) = + sin x f g hàm tuần hồn với chu kì T1 = 2π|a| T2 = 2π
Ta có lim
x→+∞ f (x)
g(x) = l Thay x x + T1 ta có x→+∞lim
f (x+T1)
g(x+T1) = l Chia
đẳng thức sau cho đẳng thức trước theo vế ta lim
x→+∞ g(x)
g(x+T1) =
Mặt khác h(x) = g(x+Tg(x)
1) hàm tuần hoàn nên hội tụ
h ≡
Vậy g(x) = g(x + T1) với x Chứng minh tương tự ta có f (x) =
f (x + T2) với x Vậy hàm f g có chu kì nên ta phải có T1 = T2,
nghĩa |a| =
• Trường hợp a = 1: thỏa mãn u cầu tốn
• Trường hợp a = −1: cách xét dãy (nπ) (π
2 + nπ) ta thấy
lim
x→+∞
2+sin(−x)
2+sin x không tồn
Vậy a = giá trị thỏa yêu cầu đề
3.2.2 Định lí giá trị trung gian
Cách giải toán chứng minh tồn số thực x thỏa mãn đẳng thức liên quan đến hàm số liên tục:
1 Biến đổi đẳng thức dạng g(x) = c với g hàm số liên tục Chứng minh
x∈[a,b]g(x) ≤ c ≤ maxx∈[a,b]g(x)
3 Khi tồn x ∈ [a, b] thỏa g(x) = c đảm bảo định lí giá trị trung gian
Bài 3.3 Cho hàm số liên tục f : [a, b] → [a, b] Chứng minh f có điểm bất động (Ta định nghĩa điểm bất động hàm số f nghiệm phương trình f (x) = x)
Hướng dẫn Phương trình điểm bất động f (x) = x, ta đưa dạng g(x) = với g(x) = f (x) − x
Giải Đặt g(x) = f (x) − x Ta có g(a) = f (a) − a ≥ g(b) = f (b) − b ≤ nên tồn c ∈ [a, b] thỏa mãn g(c) = Đó điểm bất động f
(53)Chương 3.2 Các dạng toán hàm số
Bài 3.4 Cho f : [a, b] → (a, b) hàm số liên tục Chứng minh tồn α > c ∈ (a, b) cho f (c) + f (c + α) + f (c + 2α) = 3(c + α)
Hướng dẫn Nhận xét (c) + (c + α) + (c + 2α) = 3(c + α) Do đặt g(x) = f (x) − x phương trình cho đưa dạng g(c) + g(c + α) + g(c + 2α) = Nhận thấy g(a) > g(b) < nên ta cần xê dịch c α chút từ đầu mút đẳng thức g(c) + g(c + α) + g(c + 2α) = thỏa mãn
Giải Đặt g(x) = f (x) − x g liên tục [a, b] Ta có g(a) = f (a) − a > g(b) = f (b) − b < nên từ tính liên tục g suy tồn ε > cho g(x) > với x ∈ [a, a + ε] g(x) < với x ∈ [b − ε, b]
Chọn α = ε2 đặt h(x) = g(x) + g(x + α) + g(x + 2α) ta có h(a) > > h(b − 2α) h liên tục [a, b] nên tồn c ∈ (a, b − 2α) cho h(c) = 0, nghĩa g(c) + g(c + α) + g(c + 2α) = 0, hay nói cách khác
f (c) + f (c + α) + f (c + 2α) = 3(c + α)
Bài 3.5 Cho hàm số f xác định liên tục [0, n] với n số tự nhiên cho trước Chứng minh tồn x1, x2 ∈ [0, n] cho x2− x1 =
và 2f (x2) − f (x1) =
2nf (n)−f (0)
2n−1
Giải Đặt g(x) = 2f (x + 1) − f (x) với x ∈ [0, n − 1] Ta có
n−1
X
k=0
2kg(k)
2n− 1 = n−1
X
k=0
2k+1f (k + 1) − 2kf (k)
2n− 1 =
2nf (n) − f (0)
2n− 1
Do g liên tục nên đạt giá trị lớn nhỏ [0, n − 1] Giả sử g(a) =
x∈[0,n−1]g(x) g(b) =x∈[0,n−1]max g(x) Ta có n−1
X
k=0
2kg(k)
2n− 1 ≥ n−1
X
k=0
2kg(a)
2n− 1 = g(a)
và
n−1
X
k=0
2kg(k) 2n− 1 ≤
n−1
X
k=0
2kg(b)
2n− 1 = g(b)
Do theo định lí giá trị trung gian tồn x1 ∈ [0, n − 1] cho
Pn−1
k=0 2kg(k)
2n−1 = g(x1)
Đặt x2 = x1+ ta có điều phải chứng minh
(54)3.2 Các dạng toán hàm số Chương
Bài 3.6 (Đề thi 2007) Chứng minh tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c với a, b, c ∈ R a 6= có hai nghiệm thực phân biệt có ngun hàm đa thức bậc ba có nghiệm số thực
Giải Xét hàm số F (x) = ax33 +bx22 + cx F0(x) = f (x) Theo đề f (x) có hai nghiệm thực x1 < x2 nên điểm cực trị F (x) (1 cực
đại cực tiểu) Do với giá trị m nằm F (x1) F (x2)
đường thẳng y = m cắt đường cong y = F (x) điểm phương trình F (x) = m có nghiệm
Vậy F (x) − m nguyên hàm f (x) cần tìm
Bài 3.7 (Đề thi 2009) Giả sử f g hàm số liên tục R thỏa mãn f (g(x)) = g(f (x)) với x ∈ R Chứng minh phương trình f (x) = g(x) khơng có nghiệm thực phương trình f (f (x)) = g(g(x)) khơng có nghiệm thực
Giải Đặt h(x) = f (x) − g(x) Theo đề phương trình h(x) = khơng có nghiệm thực nên h(x) > 0, ∀x ∈ R h(x) < 0, ∀x ∈ R
Khơng tính tổng qt, ta giả sử h(x) > 0, ∀x ∈ R hay f (x) > g(x), ∀x ∈ R
Thay x f (x), ta có f (f (x)) > g(f (x)) = f (g(x)) > g(g(x)) với x Từ suy phương trình f (f (x)) = g(g(x)) khơng có nghiệm thực
Bài 3.8 Cho f : [0, 1] → R hàm số liên tục thỏa mãn Z
0
f (x) dx = Chứng minh tồn x0 ∈ (0, 1) thỏa mãn
x20 < f (x0) < x0
Hướng dẫn Ta cần tìm “hàm mẫu” f0 thỏa đề với x0
so sánh hàm f tổng quát với f0 để đến kết luận Do ta tìm f0 thỏa
Z
0
f0(x) dx =
4 (1)
x2 < f0(x) < x (2)
với x ∈ (0, 1) Nếu tìm f0 tốn giải Thật
vậy, giả sử tìm hàm số f0 ta có
Z
f (x) − f0(x) dx =
Do hàm số liên tục f (x) − f0(x) nhận giá trị không âm giá trị không
(55)Chương 3.2 Các dạng toán hàm số
dương nên phương trình f (x) − f0(x) = có nghiệm x0 ∈ (0, 1) Theo cách
xác định f0, nghiệm hiển nhiên thỏa mãn
x20 < f (x0) < x0
Ta cần cách chọn f0 thỏa (1) (2) Để thỏa (2) cách đơn giản
là chọn f0 trung bình gia quyền đầu mút f0(x) = αx2+ (1 − α)x với
α ∈ (0, 1) Để thỏa (1) ta cần có Z
0
αx2+ (1 − α)x dx =
9, nghĩa α =
1
Ta trình bày giải sau
Giải Đặt g(x) = f (x) −13x2−2
3x ta có
Z
0
g(x) dx = Z
0
f (x) dx − Z
0
3x
2+
3x
dx = 9−
4 =
Do hàm số liên tục g nhận giá trị không âm không dương (0, 1) nên tồn x0 ∈ (0, 1) thỏa mãn g(x0) = 0, nghĩa f (x0) = 13x20+23x0 Hiển
nhiên
x20 < f (x0) < x0
Bài 3.9 (Đề thi 2015) Cho f : [0, 1] → R hàm liên tục Chứng minh tồn số x1, x2, x3 ∈ (0, 1) cho
f (x1)
4x1
+f (x2) 6x2
2
= f (x3)
Hướng dẫn Chỉ cần chọn x1 x2 thỏa 4x1 = 6x22 = vế trái trung
bình cộng f (x1) f (x2) nên theo định lí giá trị trung gian, tồn x3
thỏa toán
Bài 3.10 (Đề thi 2005) Cho số dương a hàm số f có đạo hàm liên tục R cho f0(x) ≥ a với x ∈ R Biết
0 < Z π/2
0
f (x) sin x dx < a
Chứng minh đoạn 0,π2, phương trình f (x) = có nghiệm
(56)3.2 Các dạng toán hàm số Chương
Hướng dẫn Do giả thiết f0(x) ≥ a > nên f đồng biến Do cần chứng minh f (0) ≤ f π2 ≥ xong Tích phân phần để làm cho f0 xuất dấu tích phân
a > Z π/2
0
f (x) sin x dx
= −f (x) cos x dx = Z 1/2 − x
dx +
Z 1/2
x −1
2
dx = Mặt khác
f (x) + f (y) =
x −1 +
y − ... với x ≥
Từ giải toán sau
(38)2.2 Các dạng toán dãy số Chương
Giải Áp dụng bất đẳng... 1+x1
Với cách chọn lời giải gọn nhẹ thi? ??u tự nhiên
3.2.3 Phương trình hàm
Đây tốn u cầu tìm hàm số thỏa phương trình bất phương trình cho trước
Thử... class=''page_container'' data-page=78>
4.2 Các dạng tốn phép tính vi phân Chương
4.1.5 Kĩ thuật thu gọn biểu thức chứa đạo hàm
Một số lượng không nhỏ tốn thi Olympic giải ta biến