Tuyển tập Đạo hàm - Khảo sát hàm số3 bài

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 11 năm 2010 THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Thành phố Hồ Chí Minh)

Xét dãy số $(u_n)$ như sau :

$$\{\begin{array}{c}{u}_1=a\in \left(0,1\right)\\ u_{n+1}=\frac{1}{2}\sqrt[3]{(1-u_n{)}^5},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }\end{array}$$

Chứng minh rằng $(u_n)$ hội tụ.

Lời giải :

Dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp $u_n\in \left(0,1\right),\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$

Xét hàm $f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}\sqrt[3]{(1-x{)}^5}$ trên $(0,1)$.

Hàm này có đạo hàm 

$0$$<f^{\prime }(x)$$=\frac{5}{6}\sqrt[3]{(1-x{)}^2}$$<\frac{5}{6}$$\Rightarrow \left|f^{\prime }(x)\right|$$<\frac{5}{6}$$<1$

Xét hàm số $g(x)=f(x)-x$ thì $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-1<0$ nên $g$ nghịch biến. Hơn nữa :

$$g(0)=1/2>0,g(1)=-1<0$$

Kết hợp với tính nghịch biến của $g$, ta được $g$ có nghiệm duy nhất trên $(0,1)$.

Gọi nghiệm này là $k$, khi đó $k$ là số thực duy nhất thỏa mãn $f(k)=k$. 

Áp dụng định lý Lagrange, tồn tại số thực $c$ sao cho :

$$f(u_n)-f(k)=f^{\prime }(c)(u_n-k)$$

Suy ra :

$0$$\le \left|u_{n+1}-k\right|$$=\left|f(u_n)-f(k)\right|$$<\frac{5}{6}\left|u_n-k\right|$$<...$$<{\left(\frac{5}{6}\right)}^n.|u_1-k|$

Từ đó theo định lý kẹp, ta được $(u_n)$ hội tụ về $k$.

Bài toán : Xét dãy số $(u_n)$ như sau : $u_1=a>0$ và :

$$u_{n+1}={\log }_3\sqrt[3]{u_n^3+1}+\frac{4}{3},\forall n\in \mathbb{N}$$

Chứng minh dãy này có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.

Lời giải :

Dễ thấy $u_n\ge \frac{4}{3}$ với mọi $n\ge 2$.

Xét hàm số $f(x)={\log }_3\sqrt[3]{x^3+1}+\frac{4}{3}$ trên $\left(\frac{4}{3},+\infty \right)$

có đạo hàm :

$$f^{\prime }(x)=\frac{x^2}{(1+x^3).\ln 3}>0$$

Như vậy hàm $f$ đồng biến. Hơn nữa :

$\left|f^{\prime }(x)\right|$$=\frac{x^2}{\ln 3(1+x^3)}$$\le \frac{x^2}{1+x^3}$$=\frac{x^2}{1+x^3/2+x^3/2}$$\le \frac{1}{3\sqrt[3]{4}}$$=q$$<1$

Xét hàm số $g(x)=f(x)-x$ có $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-1<0$ nên $g$ nghịch biến. Hơn nữa $g(2)=0$ nên $x=2$ là nghiệm duy nhất của $g(x)$ trên $\left(\frac{4}{3},+\infty \right)$. Tức là $x=2$ là số thực duy nhất để mà $f(2)=2$.

Theo định lý Lagrange, tồn tại số thực $r$ để :

$f(u_n)-f(2)$$=f^{\prime }(r)\left(u_n-2\right)$$\Rightarrow \left|f(u_n)-f(2)\right|$$=|f^{\prime }(r)|.|u_n-2|$$\le q\left|u_n-2\right|$

Suy ra :

$$0\le |u_{n+1}-2|\le q|u_n-2|\le q^2|u_{n-1}-2|\le ...\le q^n|u_1-2|$$

Chú ý vì $q<1$ nên $q^n\to 0$. Áp dụng định lý kẹp, ta được :

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=2$$

 

Bài toán : Tìm số thực dương $k$ lớn nhất thỏa sao cho với mọi số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ thì bất đẳng thức sau luôn đúng :

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6k}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\ge 3+k$$

Lời giải :

Chọn $a=b=t,c=3-2t$ ta được :

$\left(\frac{2}{t}+\frac{1}{3-2t}-3\right)$$\ge k.\left[1-\frac{6}{2t^2+(3-2t{)}^2+2t(3-2t)+t^2}\right]$$\iff \frac{6(t-1{)}^2}{t(3-2t)}$$\ge k.\frac{(t-1{)}^2}{t^2-2t+3}$$\iff \frac{t^2-2t+3}{t(3-2t)}$$\ge \frac{k}{6}$

Xét hàm số $f(t)=\frac{t^2-2t+3}{t(3-2t)},t\in \left(0,3\right)$. 

$$f^{\prime }(t)=0\iff \frac{-t^2+12t-9}{t^2(3-2t{)}^2}=0\iff t=6-3\sqrt{3}$$

Bằng cách lập bảng biến thiên, ta nhận thấy :

$$f(t{)}_{min}=\frac{2}{3}(1+\sqrt{3})\Rightarrow k\le 6.\frac{2}{3}.(1+\sqrt{3})=4(1+\sqrt{3})$$

Ta chứng minh $k=4(1+\sqrt{3})$ là giá trị lớn nhất cần tìm. Ta viết bất đẳng thức đã cho dưới dạng thuần nhất :

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{2k.(a+b+c{)}^2}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$$\ge \frac{9}{a+b+c}+k$$\iff \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{9}{a+b+c}\right)$$\ge k\left[1-\frac{2(a+b+c{)}^2}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}\right]$$\iff \frac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc}{abc(a+b+c)}$$\ge k.\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$$\iff \frac{2c(a-b{)}^2+(a+b)(a-c)(b-c)}{abc(a+b+c)}$$\ge k.\frac{(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$

Từ đó đưa được về dạng :

$$M(a-b{)}^2+N(a-c)(b-c)\ge 0$$

Trong đó :

$$M=\frac{2}{ab(a+b+c)}-\frac{k}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$$

$$N=\frac{a+b}{abc(a+b+c)}-\frac{k}{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$$

Bây giờ ta giả sử rằng $c=max\left\{a,b,c\right\}$ thì $2c\ge a+b$ nên dễ thấy $M\ge N$. Hơn nữa cũng có $(a-c)(b-c)\ge 0$. Như vậy bài toán hoàn tất nếu ta chứng minh được $N\ge 0$. Tức là cần chứng minh :

$3(a+b)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$$\ge (a+b+c).abc.k$$\iff (a+b)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$$\ge 4(1+\sqrt{3})abc$

Hay đi chứng minh kết quả mạnh hơn :

$(a+b)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$$\ge (1+\sqrt{3})c(a+b{)}^2$$\iff a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca$$\ge (1+\sqrt{3})c(a+b)$

Chú ý vì tính thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$. Ta chuyển về chứng minh :

$$1-ab-c(a+b)=(a+b+c{)}^2-ab-bc-ca\ge (1+\sqrt{3})c(a+b)\iff 1\ge (2+\sqrt{3})c(a+b)+ab$$

Điều này đúng nếu chỉ ra được :

$$1\ge (2+\sqrt{3})c(a+b)+\frac{(a+b{)}^2}{4}=(2+\sqrt{3})r(1-r)+\frac{r^2}{4}(r=a+b)$$

Và điều này thì luôn đúng vì :

$(2+\sqrt{3})r(1-r)+\frac{r^2}{4}$$=-\frac{7+4\sqrt{3}}{4}{r}^2+(2+\sqrt{3})r$$=-\frac{7+4\sqrt{3}}{4}{\left(r-4+2\sqrt{3}\right)}^2+1$$\le 1$

Ta kết luận được giá trị $k$ lớn nhất cần tìm là :

$$\boxed{k=4(1+\sqrt{3})}$$