Một số dạng toán về tính giới hạn của hàm số qua các kỳ Olympic

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TÍNH GIỚI HẠN CỦA HÀM
SỐ QUA CÁC KỲ O LYMPIC
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 ∈ E và một số L ∈ R. Hàm số y = f ( x )
được gọi là có giới hạn bằng L khi x dần tới x0 nếu với ∀ε > 0 bé tùy ý, ∃δ > 0 sao cho với
∀ x ∈ E thỏa mãn 0 < | x − x0 | < δ thì | f ( x ) − L| < ε. Lúc này ta kí hiệu: lim f ( x ) = L
x → x0

hoặc f ( x ) → L khi x → x0 .
Nhận xét 1.1. Nếu hàm số có giới hạn tại điểm x0 thì giới hạn đó là duy nhất.
Tính chất 1.1. Nếu tồn tại các giới hạn lim f ( x ) = L, lim g ( x ) = K thì
x → x0

x → x0

a) lim [ f ( x ) ± g ( x )] = L ± K.
x → x0

b) lim [ f ( x ) .g ( x )] = L.K.
x → x0

f (x)
L
= (K = 0).
x → x0 g ( x )
K
d) Nếu f ( x ) ≤ g ( x ) trong một lân cận của x0 thì L ≤ K.
e) lim | f ( x )| = | L|.

c) lim

x → x0

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 x0 nếu
với ∀α > 0, ∃δ > 0 sao cho với ∀ x ∈ E thỏa mãn 0 < | x − x0 | < δ thì f ( x ) > α.
Lúc này ta kí hiệu: lim f ( x ) = +∞ hoặc f ( x ) → +∞ khi x → x0 .
x → x0

Định nghĩa 1.3. Hàm số y = f ( x ) được gọi là có giới hạn bằng −∞ khi x dần tới x0 nếu
với ∀α > 0, ∃δ > 0 sao cho với ∀ x ∈ E thỏa mãn 0 < | x − x0 | < δ thì f ( x ) < −α.
Lúc này ta kí hiệu: lim f ( x ) = −∞ hoặc f ( x ) → −∞ khi x → x0 .
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 ∈ E thỏa mãn x > α thì | f ( x ) − L| < ε.
Lúc này ta kí hiệu: lim f ( x ) = L hoặc f ( x ) → L khi x → +∞.
x →+∞

1

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Định 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 ∈ E thỏa mãn x < −α thì | f ( x ) − L| < ε.
Lúc này ta kí hiệu: lim f ( x ) = L hoặc f ( x ) → L khi x → −∞.
x →−∞

Định nghĩa 1.6 (Hàm liên tục). Hàm số y = f ( x ) được gọi là liên tục tại điểm x0 ∈ E nếu
với ∀ε > 0 bé tùy ý, ∃δ > 0 sao cho với ∀ x ∈ E thỏa mãn | x − x0 | < δ thì | f ( x ) − f ( x0 )| <
ε.
Lúc này ta viết: lim f ( x ) = f ( x0 ).
x → 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) = v thì 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 f (c) = 0.
Định lý 1.5 (Định lí Lagrange về giá trị trung bình). Cho hàm số f liên tục trên [ a; b] và
f (b) − f ( a)
khả vi trên ( a; b). Tồn tại c ∈ ( a; b) sao cho f (c) =

.
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 < x3 và
f ( x1 ) < f ( x2 )
f ( x3 ) < f ( x2 )
hoặc
f ( x1 ) > f ( x2 )
f ( x3 ) > f ( x2 )
.
+ Nếu

f ( x1 ) < f ( x2 )
. Đặt m = max { f ( x1 ) ; f ( x3 )} ; M = f ( x2 ). Chọn k ∈
f ( x3 ) < f ( x2 )

[m; M].

2


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

Lúc 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 .
f ( x1 ) > f ( x2 )
+ Nếu
, làm tương tự ta cũng có mâu thuẫn.
f ( x3 ) > f ( x2 )
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=1 là 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 ( g( x1 )) . . . )
n −1

= f ( f (. . . f ( a)) . . . ) = · · · = xn .

n

Vậy
g ( x0 ) = lim f ( g ( xn )) = lim f ( xn ) = f ( x0 ) = x0 .

(2)

Từ (1) và (2) cho ta f ( x0 ) = g ( x0 ) = x0 với x0 ∈ [0; 1].
Ví dụ 2.3. Giả sử f : R → R là hàm đơn điệu sao cho lim

x →∞

f (2x )
= 1. Chứng minh rằng
f (x)

f (kx )
= 1 với ∀k > 0.
f (x)
f (2x )
Cách giải. Do lim
= 1 nên
x →∞ f ( x )
lim

x →∞

lim

x →∞

f (2n x )
f (2n x ) f 2n −1 x
f (2x )
= lim
.
...
= 1, ∀n ∈ N∗ .
n
−
2
n
−
1
x
→
∞
f (x)
f (x)
f (2 x ) f (2 x )

(3)

Giả sử f là hàm tăng trên R.
+ 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 (2n x ) ≤ f (kx ) < f 2n+1 x

3

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
hoặc ngược lại
f (2n x ) ≥ f (kx ) > f 2n+1 x .

(4)

f (kx )
= 1 với ∀k ≥ 1.
x →∞ f ( x )
+ Xét với 0 < k < 1, dựa vào kết quả trên ta có được

Từ (3) và (4) cho ta lim

lim

x →∞

Vậy lim

x →∞

f (u)
f (kx )
= lim
u = 1.
x →∞
f (x)
f

k

f (kx )
= 1 với ∀k > 0.
f (x)

Ví dụ 2.4. Chứng minh rằng nếu lim f
x →0

Cách giải. Từ giả thiết lim f
x →0

0 < | x | < δ thì f

x

1
1
−
x
x

Lấy n ∈ N đủ lớn sao cho

x

1
1
−
x

x

x

1
1
−
x
x

= 0 thì lim f ( x ) = 0.
x →0

= 0 ⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho nếu

< ε.
1
1−t
1
< δ. Với 0 < t <
, ta đặt x =
thì
n
n+1
n

1
1−
1
n + 1 < 1 − t = x < 1 . Do đó ta có được n < 1 < n + 1 ⇒ 1 = n.

=
n+1
n
n
n
x
x
1
1
1
1−t
Lúc này x
−
=x
−n = 1−
.n = t.
x
x
x
n
1
thỏa mãn với 0 < t < δ thì | f (t)| =
Vậy với ∀ε > 0, ∃δ =
n+1
1
1
f x
−
< ε.
x

x
Nếu t < 0 cũng xử lí tương tự. Vậy lim f ( x ) = 0.
x →0

Ví dụ 2.5. Cho số thực dương a và một hàm f : (− a; a) \ {0} → (0; +∞) thỏa mãn
1
lim f ( x ) +
= 2. Chứng minh rằng lim f ( x ) = 1.
x →0
x →0
f (x)
1
Cách giải. Với x ∈ (− a; a) \ {0} thì f ( x ) > 0 nên ta có được f ( x ) +
≥ 2.
f (x)
1
Theo giả thiết lim f ( x ) +
= 2 nên với ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho với x thỏa
x →0
f (x)
1
− 2 < ε.
mãn 0 < | x | < δ thì 0 ≤ f ( x ) +
f (x)
Vậy
1
0 ≤ ( f ( x ) − 1) +
− 1 < ε.
(5)
f (x)

⇔ 0 ≤ ( f ( x ) − 1) 1 −
Bình phương hai vế của (5), ta được

4

1
f (x)

< ε.

(6)


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

( f ( x ) − 1)2 +

2

⇔ ( f ( x ) − 1) +

1
−1
f (x)

1
−1
f (x)

2

+ 2 ( f ( x ) − 1)

2

< 2 ( f ( x ) − 1) 1 −

1
−1
f (x)
1
f (x)

< ε2

+ ε2 < 2ε + ε2

(theo (6))

⇒ ( f ( x ) − 1)2 < 2ε + ε2 ⇒ lim f ( x ) = 1.
x →0

Ví dụ 2.6. Cho f là một hàm liên tục trên R 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 trên R 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 , c0 trong 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 f ( x ) = lim f ( x ) = 0.

x →−∞

x →+∞

1. Chứng minh rằng hàm f đạt giá trị lớn nhất trên R.

5


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
∞

+∞
2. Chứng minh rằng tồn tại một hai dãy số thực ( xn )+
n=1 , ( yn )n=1 hội tụ cùng tới một
giới hạn, sao cho xn < yn và f ( xn ) = f (yn ) với mọi n ≥ 1.

Cách giải.
1. Chọn ε = f (0) > 0. Theo giả thiết lim f ( x ) = lim f ( x ) = 0 nên tồn tại các số
x →−∞

x →+∞

thực a < 0 < b sao cho 0 < f ( x ) = | f ( x )| < ε với

∀ x ∈ (−∞; a) ∪ (b; +∞) .

(7)

Lại do f liên tục trên [ a; b] nên tồn tại c ∈ [ a; b] để f (c) = M = max f .
[ a;b]

Mặt khác 0 ∈ [ a; b] nên ε = f (0) ≤ M. Kết hợp với (7) ta có được f (c) = M = max f .
R

2. Với c là điểm mà tại đó f (c) = M = max f (theo câu 1)).
R

Lúc này có 3 khả năng dưới đây có thể xảy ra:
∞
i) ∃ ( xn )+
n=1 ∈ (− ∞; c ) , xn → c và f ( xn ) = M với ∀ n ≥ 1.

∞
Lúc này ta lấy (yn )+
n=1 , yn = c với ∀ n ≥ 1 thì ta được hai dãy thỏa mãn bài tốn.
+∞
ii) ∃ (yn )n=1 ∈ (c; +∞) , yn → c và f (yn ) = M với ∀n ≥ 1.
∞
Lúc này ta lấy ( xn )+
n=1 , xn = c với ∀ n ≥ 1 thì ta được hai dãy thỏa mãn bài toán.
iii) Tồn tại α ∈ (−∞; c) , β ∈ (c; +∞) để f ( x ) < M với ∀ 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 yn với α < l ≤ c ≤ r < β.
Chuyển (8) qua giới hạn, sử dụng tính liên tục của hàm f , ta có:
(2)

f (l ) = M = f (r ) −→ l = c = r.
∞
+∞
Vậy hai dãy ( xn )+

n=1 , ( yn )n=1 thỏa mãn bài tốn.

Ví dụ 2.8. Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ( x ) tăng ngặt trên [ a; b] đồng thời thỏa mãn
1
1
f ( a) = ( a − b) và f (b) = (b − a).
2
2
Chứng minh rằng tồn tại ba số thực phân biệt c1 , c2 , c3 ∈ ( a; b) sao cho
f ( c1 ) . f ( c2 ) . f ( c3 ) = 1
Cách giải. Theo định lí Lagrange, tồn tại c1 ∈ ( a; b) sao cho
f ( c1 ) =

f (b) − f ( a)
= 1.
b−a

(9)

a+b
.
2
Ta có h ( a) .h (b) = −( a − b)2 < 0.

Xét hàm h ( x ) = f ( x ) + x −

Do đó tồn tại x0 ∈ ( a; b) sao cho h ( x0 ) = 0, hay f ( x0 ) =

6

a+b
− x0 .
2


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Lại theo định lí Lagrange, tồn tại c2 ∈ ( a; x0 ) sao cho f (c2 ) =
b − x0
.
x0 − a
Tương tự tồn tại c3 ∈ ( x0 ; b) sao cho f (c3 ) =
Như vậy c2 = c3 và

f ( x0 ) − f ( a )
=
x0 − a

f ( b ) − f ( x0 )
x0 − a
=
.
b − x0
b − x0

f (c2 ) . f (c3 ) = 1.

(10)

Từ (9) và (10) cho ta tồn tại ba số thực phân biệt c1 , c2 , c3 ∈ ( a; b) sao cho
f (c1 ) . f (c2 ) . f (c3 ) = 1.

Ta cũng dễ thấy được c1 = c2 vì nếu ngược lại thì f (c1 ) = f (c2 ) = 1 ⇒ f (c3 ) = 1.
Vậy c2 = c3 và f (c2 ) = f (c3 ) = 1. Mâu thuẫn với tính tăng ngặt của hàm f ( x ).
Tương tự thì c1 = 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 trên R thỏa mãn

| f ( x ) − x | ≤ g ( x ) − g ( f ( x )) ∀ x ∈ R
g (x) ≥ 0
∀x ∈ R
Chứng minh rằng phương trình f ( x ) = x có 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 ; β i ) , αi ; β i ∈ [0; n] , β i − αi ∈ N sao cho f (αi ) = f ( β i ).
Bài 3.3. Cho f , g là các hàm liên tục trên [0; 1] thỏa mãn ∀ x ∈ [0; 1] , 0 < f ( x ) < g ( x ).
f ( xn ) n
∞
Cho ( xn )+
là
một
dãy
bất
kì
của
đoạn
0;
1

.
Với
mỗi
n
∈
N,
ta
đặt
y
=
.
[
]
n
n =1
g ( xn )
∞
Chứng minh dãy (yn )+
n=1 hội tụ và tính lim yn .
Bài 3.4. Cho f : R → R là hàm liên tục thỏa mãn f ( f ( x )) = − x2 với ∀ 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 T f , Tg > 0 và
lim [ f ( x ) − g ( x )] = 0.
x →∞

1. Chứng minh rằng T f = Tg .
2. Chứng minh rằng f ( x ) = g ( x ) với ∀ x ∈ R.
Bài 3.6. Cho f là các hàm xác định trên R và một số thực dương K thỏa mãn
| f ( x ) − g ( x )| ≤ K | x − y| với ∀ x, y ∈ R.
1. Chứng minh rằng nếu K < 1 thì phương trình f ( x ) = x ln có duy nhất nghiệm.

2. Giả sử thêm rằng với ∀ x ∈ R, lim f ( x + n) = 0. Hãy chứng minh lim f ( x ) = 0.
x →∞

x →+∞

7


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

Tài 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 tốn.
[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.

8