Bài viết Một số dạng toán về tính giới hạn của hàm số qua các kỳ Olympic nêu lên các lý thuyết về tính giới hạn của hàm số, cũng như đưa ra một số bài toán ứng dụng luyện tập trong các kì thi Olympic toán học. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết mội dung bài viết!
Trang 1M ỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TÍNH GIỚI HẠN CỦA HÀM
Nguyễn Viết Sơn Trường THPT Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa
Tóm tắt nội dung
1 Cơ sở lí thuyết
Định nghĩa 1.1. Cho E⊂ R, hàm f : E→R, x0 ∈ Evà một số L∈R Hàm số y= f(x)
được gọi là có giới hạn bằng L khi x dần tới x0nếu với∀ε>0 bé tùy ý,∃δ>0 sao cho với
∀x ∈ Ethỏa mãn 0< |x−x0| <δthì| (x) −L| < ε Lúc này ta kí hiệu: lim
x → x0 f(x) = L hoặc f (x) →Lkhi x→ x0
Nhận xét 1.1. Nếu hàm số có giới hạn tại điểm x0thì giới hạn đó là duy nhất
Tính chất 1.1. Nếu tồn tại các giới hạn lim
x → x 0
f(x) =L, lim
x → x 0
g(x) =Kthì a) lim
x → x 0
[f(x) ±g(x)] = L±K
b) lim
x → x 0
[f(x).g(x)] =L.K
c) lim
x → x0
f(x)
g(x)
= L
K (K6=0)
d) Nếu f (x) ≤g(x)trong một lân cận của x0thì L≤K
e) lim
x → x 0
| (x)| = |L| Xét một số định nghĩa giới hạn mở rộng
Định nghĩa 1.2. Hàm số y= f(x)được gọi là có giới hạn bằng+∞ khi x dần tới x0nếu với∀α>0,∃δ>0 sao cho với∀x ∈Ethỏa mãn 0<|x−x0| <δthì f(x) >α
Lúc này ta kí hiệu: lim
x → x 0
f(x) = +∞ hoặc f (x) → +∞ khi x→ x0
Định nghĩa 1.3. Hàm số y= f(x)được gọi là có giới hạn bằng−∞ khi x dần tới x0nếu với∀α>0,∃δ>0 sao cho với∀x ∈Ethỏa mãn 0<|x−x0| <δthì f(x) < −α
Lúc này ta kí hiệu: lim
x → x 0
f(x) = −∞ hoặc f (x) → −∞ khi x→ x0
Định nghĩa 1.4. Hàm số y= f(x)được gọi là có giới hạn bằng L khi x dần ra+∞ nếu với∀ε>0 bé tùy ý,∃α>0 sao cho với∀x∈ Ethỏa mãn x> αthì| (x) −L| <ε
Lúc này ta kí hiệu: lim
x →+ ∞f(x) = Lhoặc f(x) →Lkhi x→ +∞
Trang 2Định nghĩa 1.5. Hàm số y= f(x)được gọi là có giới hạn bằng L khi x dần ra−∞ nếu với∀ε>0 bé tùy ý,∃α>0 sao cho với∀x∈ Ethỏa mãn x< −αthì| (x) −L| <ε
Lúc này ta kí hiệu: lim
x →− ∞f(x) = Lhoặc f(x) →Lkhi x→ −∞
Định nghĩa 1.6 (Hàm liên tục) Hàm số y= f(x)được gọi là liên tục tại điểm x0∈ Enếu với∀ε>0 bé tùy ý,∃δ >0 sao cho với∀x∈ Ethỏa mãn|x−x0| <δthì| (x) − f(x0)| <
ε
Lúc này ta viết: lim
x → x 0
f(x) = f(x0)
Định nghĩa 1.7. Hàm số y= f(x)được gọi là liên tục trên E nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc E
Một số định lí về tính liên tục của hàm số
Định lý 1.1 (Định lí Weierstrass) Nếu hàm f : [a; b] → R liên tục trên[a; b]thì nó đạt được giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên [a; b], nghĩa là tồn tại c, d ∈ [a; b]sao cho
f(c) ≤ f(x) ≤ f(d)với∀x∈ [a; b]
Định lý 1.2 (Định lí về giá trị trung gian) Nếu hàm f : [a; b] → R liên tục trên[a; b]và
f(a) f(b) <0 thì tồn tại c∈ [a; b]sao cho f(c) =0
Định lý 1.3 (Định lí Bolzano - Cauchy) Nếu hàm f : [a; b] → R liên tục trên[a; b] và
f(a) =u, f (b) =vthì với mọi giá trị
w nằm giữa(u; v)đều tồn tại c∈ (a; b)sao cho f(c) =w
Định lý 1.4 (Định lí Rolle) Cho hàm số f liên tục trên[a; b]và khả vi trên(a; b) Giả sử
f(a) = f(b)thì tồn tại c∈ (a; b)sao cho f0(c) =0
Định lý 1.5 (Định lí Lagrange về giá trị trung bình) Cho hàm số f liên tục trên[a; b]và khả vi trên(a; b) Tồn tại c ∈ (a; b)sao cho f0(c) = f(b) − f(a)
b−a
2 Một số ứng dụng
Ví dụ 2.1. Cho f là một hàm liên tục và đơn ánh trên(a; b) Chứng minh rằng f là một hàm đơn điệu ngặt trên(a; b)
Cách giải. Giả sử f không phải đơn điệu ngặt trên(a; b)
Do f là một hàm liên tục và đơn ánh trên(a; b)nên tồn tại x1, x2, x3 ∈ (a; b)sao cho
x1 <x2< x3và
f(x1) < f(x2)
f(x3) < f(x2)
hoặc
f(x1) > f(x2)
f(x3) > f(x2)
+ Nếu
f(x1) < f(x2)
f(x3) < f(x2) Đặt m = max{f(x1); f(x3)}; M = f(x2) Chọn k ∈ [m; M]
Trang 3Lúc này k∈ [m; M] ⊂ [f(x1); f(x2)]và k ∈ [m; M] ⊂ [f(x3); f(x2)].
Vậy theo định lí Bolzano - Cauchy, tồn tại c1, c2 ∈ (a; b)sao cho x1< c1<x2< c2 <x3 thỏa mãn f (c1) = f(c2) =k Mâu thuẫn với tính đơn ánh của hàm f
+ Nếu
f(x1) > f(x2)
f(x3) > f(x2) , làm tương tự ta cũng có mâu thuẫn
Vậy f phải là một hàm đơn điệu ngặt trên(a; b)
Ví dụ 2.2. Cho f , g :[0; 1] → [0; 1]là các hàm liên tục thỏa mãn f(g(x)) = g(f(x))với
∀x ∈ [0; 1]và f là một hàm đơn điệu trên[0; 1] Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ [0; 1]sao cho f(x0) =g(x0) =x0
Cách giải. Đặt h(x) =g(x) −x, do g liên tục trên[0; 1]nên h cũng liên tục trên[0; 1]
Đồng thời ta cũng có h(0) = g(0) ≥ 0, h(1) = g(1) −1 ≤0⇒h(0).h(1) ≤ 0 Theo định lí giá trị trung gian, tồn tại a ∈ [0; 1]sao cho h(a) =0, tức là g(a) =a
Đặt x1 = f(a), x2= f(x1), , xn= f(xn− 1)với∀n∈ [0; 1]
Do f là hàm đơn điệu trên[0; 1]nên(xn)+∞
n = 1là một dãy đơn điệu và bị chặn Vậy tồn tại x0∈ [0; 1]sao cho lim xn =x0
Lúc này, do tính liên tục của hàm f nên ta có:
f(x0) = f(lim xn) =lim f(xn) =lim xn+ 1= x0 (1)
Mặt khác g(x0) =g(f(x0)) = f(g(x0)) = f(g(lim xn)) =lim f(g(xn))
Lại có
g(xn) =g(f(xn− 1)) = f(g(xn− 1)) = · · · = f(f( f
| {z }
n − 1
(g(x1)) .)
= f(f( f
| {z }
n
(a)) .) = · · · =xn
Vậy
g(x0) =lim f(g(xn)) =lim f(xn) = f(x0) =x0 (2)
Từ (1) và (2) cho ta f (x0) = g(x0) =x0với x0∈ [0; 1]
Ví dụ 2.3. Giả sử f :R→R là hàm đơn điệu sao cho lim
x → ∞
f(2x)
f(x) =1 Chứng minh rằng lim
x → ∞
f(kx)
f(x) =1 với∀k>0
Cách giải. Do lim
x → ∞
f(2x)
f(x) =1 nên
lim
x → ∞
f(2nx)
f(x) = lim
x → ∞
f(2nx)
f(2n − 1x).f 2
n − 1x
f(2n − 2x) f(2x)
f(x) =1, ∀n∈N∗ (3)
Giả sử f là hàm tăng trênR.
+ Xét với k ≥ 1 Do [1;+∞) = 1; 21
∪21; 22
∪ · · · ∪2m; 2m + 1
∪ nên tồn tại
n∈N sao cho 2n≤ k<2n+1
Theo tính đơn điệu của hàm f , ta có
f(2nx) ≤ f(kx) < f2n+1x
Trang 4hoặc ngược lại
f(2nx) ≥ f(kx) > f2n+1x (4)
Từ (3) và (4) cho ta lim
x → ∞
f(kx)
f(x) =1 với∀k≥1
+ Xét với 0<k <1, dựa vào kết quả trên ta có được
lim
x → ∞
f(kx)
f(x) = lim
x → ∞
f(u)
fu k
=1
Vậy lim
x → ∞
f(kx)
f(x) =1 với∀k >0
Ví dụ 2.4. Chứng minh rằng nếu lim
x → 0f
x 1
x −
1 x
=0 thì lim
x → 0f(x) =0
Cách giải. Từ giả thiết lim
x → 0f
x 1
x−
1 x
= 0 ⇒ ∀ε > 0,∃δ > 0 sao cho nếu
0< |x| <δthì
f
x 1
x −
1 x
<ε Lấy n∈N đủ lớn sao cho 1
n <δ Với 0< t< 1
n+1, ta đặt x= 1−t
n thì 1
n+1 =
n+1
n <
1−t
n = x<
1
n Do đó ta có được n< 1
x < n+1⇒
1 x
=n
Lúc này x 1
x −
1 x
=x 1
x −n
=1−1−t
n .n= t
Vậy với ∀ε > 0,∃δ0 = 1
n+1 thỏa mãn với 0 < t < δ0 thì | (t)| =
f
x 1
x −
1
x
<ε Nếu t<0 cũng xử lí tương tự Vậy lim
x → 0f(x) =0
Ví dụ 2.5. Cho số thực dương a và một hàm f : (−a; a) \{0} → (0;+∞) thỏa mãn lim
x → 0
f(x) + 1
f(x)
=2 Chứng minh rằng lim
x → 0f(x) =1
Cách giải. Với x∈ (−a; a) \{0}thì f(x) >0 nên ta có được f(x) + 1
f(x) ≥2
Theo giả thiết lim
x → 0
f(x) + 1
f(x)
= 2 nên với ∀ε > 0,∃δ > 0 sao cho với x thỏa mãn 0 <|x| <δthì 0≤ f(x) + 1
f(x)−2<ε Vậy
0≤ (f(x) −1) +
1
f(x)−1
⇔0≤ (f(x) −1)
f(x)
Bình phương hai vế của (5), ta được
Trang 5(f(x) −1)2+
1
f(x)−1
2
+2(f(x) −1)
1
f(x)−1
< ε
⇔ (f(x) −1)2+
1
f(x)−1
2
<2(f(x) −1)
1− 1
f(x)
+ε <2ε+ε
(theo (6))
⇒ (f(x) −1)2 <2ε+ε ⇒lim
x → 0f(x) =1
Ví dụ 2.6. Cho f là một hàm liên tục trênR và nhận những giá trị trái dấu Chứng minh
rằng tồn tại 3 số thực a, b, c lập thành cấp số cộng sao cho f (a) + f(b) + f(c) =0
Cách giải.
+ Theo giả thiết, tồn tại x ∈R sao cho f(x) >0
Mặt khác f là một hàm liên tục trênR nên tồn tại một lân cận đủ nhỏ của x sao cho
trên lân cận này, f luôn nhận giá trị dương Vậy ta có thể chọn được một cấp số cộng
a0, b0, c0trong lân cận này mà f(a0), f(b0), f(c0)đều dương
Do đó f(a0) + f(b0) + f(c0) >0
+ Tương tự tồn tại y ∈ R sao cho f(y) < 0, ta chọn được một cấp số cộng a1, b1, c1
trong lân cận đủ nhỏ của y Mà f (a1), f(b1), f(c1)đều âm
Do đó f(a1) + f(b1) + f(c1) <0
+ Lúc này, với mỗi t∈ [0; 1], xét cấp số cộng a(t), b(t), c(t)cho bởi:
a(t) =a0(1−t) +a1
b(t) =b0(1−t) +b1
c(t) =c0(1−t) +c1 Xét hàm số
F(t) = f(a(t)) + f(b(t)) + f(c(t))
Rõ ràng F liên tục trên[0; 1]và
F(0) = f(a(0)) + f(b(0)) + f(c(0)) = f(a0) + f(b0) + f(c0) >0
và
F(1) = f(a(1)) + f(b(1)) + f(c(1)) = f(a1) + f(b1) + f(c1) <0
Vậy∃t0∈ (0; 1)sao cho F(t0) =0
Như vậy cấp số cộng cần tìm là a=a(t0), b=b(t0), c=c(t0)
Ví dụ 2.7 (VMO 2019) Cho hàm số liên tục f : R→ (0;+∞)thỏa mãn các điều kiện:
lim
x →− ∞f(x) =x →+lim∞ f(x) =0.
1 Chứng minh rằng hàm f đạt giá trị lớn nhất trênR.
Trang 62 Chứng minh rằng tồn tại một hai dãy số thực(xn)+∞
n = 1,(yn)+∞
n = 1hội tụ cùng tới một giới hạn, sao cho xn <ynvà f(xn) = f(yn)với mọi n≥1
Cách giải.
1 Chọn ε= f(0) > 0 Theo giả thiết lim
x →− ∞f(x) = x →+lim∞ f(x) = 0 nên tồn tại các số
thực a<0<bsao cho 0< f(x) =| (x)| <εvới
∀x∈ (−∞; a) ∪ (b;+∞) (7)
Lại do f liên tục trên[a; b]nên tồn tại c∈ [a; b]để f(c) =M =max
[ a;b ] f Mặt khác 0∈ [a; b]nên ε= f(0) ≤M Kết hợp với (7) ta có được f(c) = M=max
R f
2 Với c là điểm mà tại đó f(c) = M=max
R f (theo câu 1))
Lúc này có 3 khả năng dưới đây có thể xảy ra:
i)∃ (xn)+∞
n = 1 ∈ (−∞; c), xn→cvà f(xn) =Mvới∀n≥1
Lúc này ta lấy(yn)+∞
n = 1, yn =cvới∀n≥1 thì ta được hai dãy thỏa mãn bài toán
ii)∃ (yn)+∞
n = 1∈ (c;+∞), yn→cvà f(yn) = Mvới∀n≥1
Lúc này ta lấy(xn)+∞
n = 1, xn=cvới∀n≥1 thì ta được hai dãy thỏa mãn bài toán
iii) Tồn tại α∈ (−∞; c), β∈ (c;+∞)để f(x) < Mvới∀x ∈ [a; b] \{c}
Đặt m = max{f(a); f(b)} Dễ thấy m< M Bây giờ ta chọn tùy ý một dãy số tăng
(µn)+∞
n = 1 ⊂ (m; M)với lim µn = M Theo tính chất nhận giá trị trung gian của hàm liên tục, ta chứng minh dễ dàng sự tồn tại của một dãy số tăng(xn)+∞
n = 1 ⊂ (α; c)và một dãy
số giảm(yn)+∞
n = 1 ⊂ (c; β)sao cho
f(xn) =µn = f(yn),∀n≥1 (8)
Theo tính chất hội tụ, tồn tại các giới hạn l =lim xn, r=lim ynvới α<l≤ c≤r <β Chuyển (8) qua giới hạn, sử dụng tính liên tục của hàm f , ta có:
f(l) =M = f(r)−→(2) l=c=r
Vậy hai dãy(xn)+∞
n = 1,(yn)+∞
n = 1thỏa mãn bài toán
Ví dụ 2.8. Cho hàm số y= f(x)thỏa mãn f0(x)tăng ngặt trên[a; b]đồng thời thỏa mãn
f(a) = 1
2(a−b)và f(b) = 1
2(b−a) Chứng minh rằng tồn tại ba số thực phân biệt c1, c2, c3 ∈ (a; b) sao cho
f0(c1) f0(c2) f0(c3) =1
Cách giải. Theo định lí Lagrange, tồn tại c1∈ (a; b)sao cho
f0(c1) = f(b) − f(a)
Xét hàm h(x) = f(x) +x− a+b
2
Ta có h(a).h(b) = −(a−b)2 <0
Do đó tồn tại x0∈ (a; b)sao cho h(x0) =0, hay f(x0) = a+b
2 −x0
Trang 7Lại theo định lí Lagrange, tồn tại c2 ∈ (a; x0) sao cho f0(c2) = f(x0) − f(a)
b−x0
x0−a
Tương tự tồn tại c3 ∈ (x0; b)sao cho f0(c3) = f(b) − f(x0)
b−x0 =
x0−a
b−x0 Như vậy c2 6=c3và
Từ (9) và (10) cho ta tồn tại ba số thực phân biệt c1, c2, c3 ∈ (a; b) sao cho
f0(c1) f0(c2) f0(c3) =1
Ta cũng dễ thấy được c1 6=c2vì nếu ngược lại thì f0(c1) = f0(c2) =1⇒ f0(c3) =1 Vậy c2 6=c3và f0(c2) = f0(c3) =1 Mâu thuẫn với tính tăng ngặt của hàm f0(x)
Tương tự thì c16=c3
Vậy ta có được điều phải chứng minh
3 Bài tập tương tự
Bài 3.1. Cho f , g là các hàm liên tục trênR thỏa mãn
| (x) −x| ≤ g(x) −g(f(x)) ∀x∈ R
Chứng minh rằng phương trình f(x) =xcó nghiệm
Bài 3.2. Cho f là hàm liên tục trên[0; n], f(0) = f(n)với n ∈N∗ Chứng minh rằng tồn tại n cặp(αi; βi), αi; βi ∈ [0; n], βi−αi ∈N sao cho f (αi) = f(βi)
Bài 3.3. Cho f , g là các hàm liên tục trên[0; 1]thỏa mãn∀x ∈ [0; 1], 0 < f(x) < g(x) Cho (xn)+∞
n = 1 là một dãy bất kì của đoạn[0; 1] Với mỗi n ∈ N, ta đặt yn = f(xn)
g(xn)
n
Chứng minh dãy(yn)+∞
n = 1hội tụ và tính lim yn
Bài 3.4. Cho f : R → R là hàm liên tục thỏa mãn f(f(x)) = −x2với ∀x ∈ R Chứng
minh rằng f (x) ≤0 với∀x∈R.
Bài 3.5. Cho f , g là các hàm tuẩn hoàn với các chu kì tương ứng là Tf, Tg > 0 và lim
x → ∞ [f(x) −g(x)] =0.
1 Chứng minh rằng Tf =Tg
2 Chứng minh rằng f(x) = g(x)với∀x∈R.
Bài 3.6. Cho f là các hàm xác định trênR và một số thực dương K thỏa mãn
| (x) −g(x)| ≤K|x−y|với∀x, y∈R.
1 Chứng minh rằng nếu K<1 thì phương trình f(x) =xluôn có duy nhất nghiệm
2 Giả sử thêm rằng với∀x∈R, lim
x → ∞f(x+n) =0 Hãy chứng minh limx →+ ∞f(x) =0.
Trang 8Tài liệu
[1] Nguyễn Duy Thái Sơn, Phương pháp và ý tưởng giải tích trong một số sạng toán Olympic THPT
[2] Trần Nam Dũng, Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 08/2011
[3] Tài liệu Olympic toán Sinh Viên
[4] Văn Phú Quốc, Bài tập giải tích dành cho Olympic toán
[5] Đề thi chọn học sinh giỏi THPT quốc gia và đề thi chọn đội tuyển VN dự thi IMO
[6] Đề thi chọn đội tuyển một số trường THPT chuyên các năm gần đây
... f(yn),∀n≥1 (8)Theo tính chất hội tụ, tồn giới hạn l =lim xn, r=lim ynvới α<l≤ c≤r <β Chuyển (8) qua giới hạn, sử dụng tính liên tục hàm f , ta có:
f(l)... Phương pháp ý tưởng giải tích số sạng tốn Olympic THPT
[2] Trần Nam Dũng, Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 08/2011
[3] Tài liệu Olympic toán Sinh Viên
[4] Văn Phú...
Ví dụ 2.6. Cho f hàm liên tục trênR nhận giá trị trái dấu Chứng minh
rằng tồn số thực a, b, c lập thành cấp số cộng cho f (a) + f(b) + f(c) =0
Cách giải.