35 trang 111 lượt tải

Bài tập về tính liên tục của hàm số (có đáp án)

222

Ngân hàng Bài tập môn GIẢI TÍCH 1 về tính liên tục của hàm số có đáp án của Đại học Bách Khoa Hà Nội giúp bạn ôn tập và đạt kết quả cao trong kỳ thi kết thúc học phần. Mời bạn đọc đón xem!

Môn: Giải tích 1 80 tài liệu

Trường: Đại học Bách Khoa Hà Nội 2.8 K tài liệu

Tác giả:

Profile

VietJack

1 năm trước
Danh sách Quiz
/35
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
1
BÀI TÂP VỀ HÀM SỐ VỚI BA VẤN ĐỀ
LIÊN TỤC, KHẢ VI, KHẢ TÍCH
Bài 1. Tìm tất cả các hàm số
(
)
u x
thỏ
a
mã
n
( ) ( )
1
2
0
u x x u t dt
= +
∫
.
Giải
Vì
( )
1
2
0
u t dt
∫
là một hằng số nên
(
)
u x x C
(C
là hằng số).
Do đó
( )
1
1
2
2
2
0
0
1 1
2 8 2 4
t C
t C dt C Ct C C C
+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ =
∫
.
V
ậ
y
( )
1
4
u x x
= +
là hà
m s
ố
c
ầ
n
tì
m.
Bài 2.
Cho
hà
m s
ố
:
f
→
ℝ ℝ
thỏ
a
mã
n
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
(
)
(
)
19 19
f x f x
+ ≤ +
và
(
)
(
)
94 94
f x f x
+ ≥ +
v
ớ
i
mọ
i x. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
(
)
(
)
1 1
f x f x
+ = +
v
ớ
i
mọ
i
x
∈
ℝ
.
Giải
L
ấ
y m
ộ
t s
ố
th
ự
c x b
ấ
t
kỳ
.
Á
p
dụ
ng
đ
i
ề
u ki
ệ
n ban
đề
cho v
ớ
i
19
x
−
và
94
x
−
ta thu
đượ
c:
(
)
(
)
19 19
f x f x
− ≥ −
và
(
)
(
)
94 94
f x f x
− ≤ −
.
Bây giờ ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp với mọi
n
∈
ℕ
(
)
(
)
19 19
f x n f x n
+ ≤ +
,
(
)
(
)
94 94
f x n f x n
+ ≥ +
(
)
(
)
19 19
f x n f x n
− ≥ − ,
(
)
(
)
94 94
f x n f x n
− ≤ − .
Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1 5.19 94 5.19 94 5.19 94 1
f x f x f x f x f x
+ = + − ≤ + − ≤ + − = +
(
)
(
)
(
)
1 18.94 89.19 18.94 89.19
f x f x f x
+ = + − ≥ + − ≥
(
)
(
)
18.94 89.19 1
f x f x
≥ + − = +
.
Vậy
(
)
(
)
1 +1 f x f x
+ = ∀∈
ℝ
.
Bài 3. Cho
:
f
→
ℝ ℝ
là hàm khả vi cấp hai với đạo hàm cấp 2 dương.
Chứng minh rằng:
(
)
(
)
(
)
f x f x f x
′
+ ≥
với mọi số thực x.
Giải
+ Nếu
(
)
0
f x
′
=
thì
(
)
(
)
(
)
f x f x f x
′
+ =
với mọi x : hiển nhiên.
+ Nếu
(
)
0
f x
′
<
thì áp dụng định lý Lagrange trên đoạn
(
)
;
x f x x
′
+
ta
được:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
f x f x f x f c f x
′ ′ ′
− + = −
,
(
)
(
)
;
c x f x x
′
∈ +
.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
2
(
)
0
f x f
′′ ′
> ⇒
là hàm tăng
(
)
(
)
0
f c f x
′ ′
⇒ < <
. Vì vậy
(
)
(
)
(
)
0
f x f x f x
′
− + <
.
+ Nếu
(
)
0
f x
′
>
thì chứng minh tương tự như trường hợp
(
)
0
f x
′
<
ta cũng
thu được
(
)
(
)
(
)
0
f x f x f x
′
− + <
.
Bài 4 Cho
2
x
≥
, chứng minh
( )
1 cos cos 1
1
x x
x x
π π
+ − >
+
.
Giải
Xé
t
hà
m s
ố
:
[
)
: 2;f
∞ →
ℝ
,
( )
cos
f t t
t
π
= .
Á
p
dụ
ng
đị
nh
lý
Lagrange trên
đoạ
n
[
]
; 1
x x
+
đối với hàm
(
)
f t
tồn tại
[ ]
( )
(
)
(
)
( )
( ) ( )
1
; 1 : 1
1
f x f x
u x x f u f x f x
x x
+ −
′
∈ + = = + −
+ −
Cần chứng minh
( )
[
)
cos sin 1 u 2;f u
u u u
π π π
′
= + > ∀ ∈ +∞
.
( )
[
)
2
3
cos 0 u 2;
f u f
u u
π π
′′ ′
= − < ∀ ∈ +∞ ⇒
nghị
ch bi
ế
n trên
[
)
2;
+∞
(
)
(
)
lim 1
u
f u f u
→∞
′ ′
> =
.
Vậy
( )
1 cos cos 1
1
x x
x x
π π
+ − >
+
[
)
2;x
∀ ∈ +∞
.
Bài 5 Tồn tại hay không hàm khả vi liên tục
f
thỏa mãn điều kiện
(
)
(
)
(
)
2 , f f sin xf x x x x
′
< ≥ ∀ ∈
ℝ
?
Giải
Không tồn tại.
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
0 0 0
0 2 2 sin 2 1 cos
x x x
f x f f t dt f t f t dt tdt x
′
′
− = = ≥ = −
∫ ∫ ∫
Suy ra:
(
)
(
)
(
)
2 2
0 2 1 cos 4
f f
π π
≥ + − ≥
.
Bài 6
Gi
ả
s
ử
hàm
(
)
{
}
(
)
: ; \ 0 0;f a a
− → +∞
tho
ả
mãn
( )
( )
0
1
lim 2
x
f x
f x
→
+ =
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
(
)
0
lim 1
x
f x
→
=
.
Giải
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
3
Với
(
)
0
f x
>
, áp dung b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cauchy ta
đượ
c:
( )
( )
1
2
f x
f x
+ ≥
.
( )
( )
0
1
lim 2 0, 0
x
f x
f x
ε δ
→
+ = ⇒ ∀ > ∃ >
sao cho
( )
( )
1
0 2f x
f x
ε
≤ + − <
v
ớ
i 0 x
δ
< <
.
Ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
1 1
0 2 0 1 1f x f x
f x f x
ε ε
≤ + − < ⇔ ≤ − + − <
(1)
( )
( )
( )
1
0 1 1f x
f x
ε
⇔ ≤ − − <
(2).
Bình ph
ươ
ng hai v
ế
c
ủ
a (1), ta
đượ
c:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2
1 1
1 1 2 1 1f x f x
f x f x
ε
− + − + − − <
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2
1 1
1 1 2 1 1f x f x
f x f x
ε
⇔ − + − − − − <
(3)
Thay (2) vào (3) ta suy ra:
( )
( )
( )
2
2
2
1
1 1 2
f x
f x
ε ε
− + − < +
.
(
)
(
)
(
)
2
2
0
1 2 lim 1
x
f x f x
ε ε
→
⇒ − < + ⇒ =
.
Bài 7
Tính
(
)
[ ]
( )
lim
x
P x
P x
→∞
,
ở
đ
ây
(
)
P x
là
đ
a th
ứ
c v
ớ
i h
ệ
s
ố
d
ươ
ng.
Gi
ải
Vì P là
đ
a th
ứ
c v
ớ
i h
ệ
s
ố
d
ươ
ng , v
ớ
i x > 1 ta có:
(
)
( )
(
)
[ ]
( )
(
)
( )
1
1
P x
P x P x
P x P x P x
−
≤ ≤
−
. Vì
(
)
( )
(
)
( )
1
lim lim 1
1
x x
P x P x
P x P x
→∞ →∞
−
= =
−
nên
(
)
[ ]
( )
lim 1
x
P x
P x
→∞
=
.
Bài 8
Hãy ch
ỉ
ra m
ộ
t ví d
ụ
ch
ứ
ng t
ỏ
r
ằ
ng:
(
)
(
)
(
)
0
lim 2 0
x
f x f x
→
+ =
(*) không suy
ra
đượ
c f có gi
ớ
i h
ạ
n t
ạ
i 0.
Tập
(
)
{
}
; \
a a a
ε ε
− + , ở đây
0
ε
>
được gọi là
lân cận khuyết của điểm
a
∈
ℝ
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng n
ế
u t
ồ
n t
ạ
i hàm
ϕ
sao cho
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
4
bất đẳng thức
(
)
(
)
f x x
ϕ
≥
được thoả mãn trong lân cận khuyết của 0 và
(
)
0
lim 0
x
x
ϕ
→
=
thì từ (*) suy ra được:
(
)
0
lim 0
x
f x
→
=
.
Giải
Ví dụ
Xét
:
f
→
ℝ ℝ
xác đị
nh b
ở
i
( )
( )
1
0
n
f x
−
=
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2
x f x f x f x f x f x f x x
ϕ ϕ
≤ = + − ≤ + −
Vì
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0
lim lim 2 0
x x
x f x f x x
ϕ ϕ
→∞ →
= + − =
nên
(
)
0
lim 0
x
f x
→
=
.
Bài 9
a) Cho ví d
ụ
v
ề
hàm f tho
ả
mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n
(
)
(
)
(
)
0
lim 2 0
x
f x f x
→
=
nh
ư
ng
(
)
0
lim
x
f x
→
không t
ồ
n t
ạ
i.
b) Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng n
ế
u trong m
ộ
t lân c
ậ
n khuy
ế
t c
ủ
a 0, các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
( )
1
, 1
2
f x x
α
α
≥ < <
và
(
)
(
)
2
f x f x x
≥
đượ
c tho
ả
mãn thì
(
)
0
lim 0
x
f x
→
=
.
Gi
ải
a) Xét
:
f
→
ℝ ℝ
xác
đị
nh b
ở
i
( )
( )
1
0
n
f x
−
=
b)
( )
( )
2
2
x x
x f x
f x
x
α
α
≤ ≤ ≤
. Do
1
1
2
α
< <
nên
(
)
0
lim 0
x
f x
→
=
.
Bài 10
Cho tr
ướ
c s
ố
th
ự
c
α
, gi
ả
s
ử
(
)
( )
lim
x
f ax
g a
x
α
→∞
=
v
ớ
i m
ỗ
i s
ố
d
ươ
ng a. Ch
ứ
ng
minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i c sao cho
(
)
g a ca
α
=
.
Giải
Ta có:
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
lim lim 1 1
x t
g a f ax f t
g g a g a
a a x t
α
α α α α
→∞ →∞
= = = ⇒ =
. Ch
ọ
n
(
)
1
c g
=
ta được
(
)
g a ca
α
=
.
Bài 11
Giả sử
[
]
(
)
0;2
f C∈
và
(
)
(
)
0 2
f f
=
. Chứng minh rằng tồn tại
1 2
, x
x
trong
[
]
0;2
sao cho
2 1
1
x x
− =
và
(
)
(
)
2 1
f x f x
=
.
nếu
1
, n = 0,1,2,3,...
2
n
x =
nếu ngược lại
nếu ngược lại
nếu
1
, n = 0,1,2,3,...
2
n
x =
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
5
Xét hàm số
(
)
(
)
(
)
1
g x f x f x
= + −
,
[
]
0;2
x
∈
Vì
[
]
(
)
0;2
f C∈
nên
[
]
(
)
0;2
g C∈
.
Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0 1 0 1 2 2 1 1
g f f f f f f g
= − = − = − − = −
Suy ra:
(
)
(
)
(
)
2
0 1 1 0.
g g g
= − ≤
Vì th
ế
t
ồ
n t
ạ
i
[
]
(
)
(
)
(
)
0 0 0 0
0;1 : 0 1
x g x f x f x
∈ = ⇔ + =
.
V
ậ
y có th
ể
l
ấ
y
2 0 1 0
1 , x
x x x
= + =
.
Bài 12
Cho
[
]
(
)
0;2
f C∈
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i
1 2
,
x x
trong
[
]
0;2
sao cho
2 1
1
x x
− =
và
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 1
1
2 0
2
f x f x f f− = −
.
Giải
Xét hàm s
ố
:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
1
1 2 0
2
g x f x f x f f= + − − − ,
[
]
0;2
x∈
Vì
[
]
(
)
0;2
f C∈
nên
[
]
(
)
0;2
g C∈
.
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
1 1
0 1 0 2 0 1 0 2
2 2
g f f f f f f f= − − − = − +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
1 1
1 2 1 2 0 1 0 2
2 2
g f f f f f f f
= − − − = − − +
Suy ra:
(
)
(
)
0 1
g g
=
( ) ( ) ( )
( )
2
1
1 0 2 0
2
f f f
− − + ≤
.
Vì thế tồn tại
[ ]
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
0 0 0 0
1
0;1 : 0 1 2 0
2
x g x f x f x f f∈ = ⇔ + − = − .
Vậy có thể lấy
2 0 1 0
1 , x
x x x
= + =
.
Bài 13
Với
n
∈
ℕ
, gọi
[
]
(
)
0;
f C n
∈
sao cho
(
)
(
)
0
f f n
=
. Chứng minh rằng tồn
tại
1 2
;
x x
trong khoảng
[
]
0;
n
thoả mãn
2 1
1
x x
− =
và
(
)
(
)
2 1
f x f x
=
.
Giải
Xét
(
)
(
)
(
)
[
]
1 , x 0; 1
g x f x f x n
= + − ∈ −
(
)
(
)
(
)
0 1 ... 1
g g g n
+ + + −
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1 0 2 1 ... 1 0 0
f f f f f n f n f n f
= − + − + + − − = − =
+ Nếu
(
)
0
g k
=
,
{
}
0,1,2,..., 1
k n
∈ −
thì ta có ngay điều phải chứng minh.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
6
+ Nếu
{
}
0,1,2,..., 1
k n
∃ ∈ −
:
(
)
0
g k
≠
.
Không m
ấ
t tính t
ổ
ng quát gi
ả
s
ử
(
)
0
g k
>
thì lúc
đ
ó luôn tìm
đượ
c
{
}
, h 0,1,2,..., 1
h k n
≠ ∈ −
sao cho
(
)
0
g h
<
. Khi đó tồn tại
[
]
0
0; 1
x n
∈ −
sao cho
(
)
(
)
(
)
0 0 0
0 1
g x f x f x
= ⇔ + =
.
Vậy có thể lấy
2 0 1 0
1 , x
x x x
= + =
.
Bài 14
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng n
ế
u
1 2
sin sin2 ... sin sin
n
a x a x a nx x
+ + + ≤
v
ớ
i
x
∈
ℝ
thì
1 2
2 ... 1
n
a a na
+ + + ≤
.
Giải
Đặ
t
(
)
1 2
sin sin2 ... sin
n
f x a x a x a nx
= + + + ta có:
( )
(
)
(
)
1 2
0
0
2 ... 0 lim
n
x
f x f
a a na f
x
→
−
′
+ + + = =
(
)
(
)
(
)
0 0 0
sin
lim lim . lim 1
sin sin
x x x
f x f x f x
x
x x x x
→ → →
= = == ≤
.
Bài 15
Gi
ả
s
ử
(
)
0 0
f
=
và f kh
ả
vi t
ạ
i
đ
i
ể
m 0. Hãy tính
( )
0
1
lim ...
2 3
x
x x x
f x f f f
x k
→
+ + + +
với k là một số nguyên dương
cho trước.
Giải
Ta có:
( )
0
1
lim ...
2 3
x
x x x
f x f f f
x k
→
+ + + +
( ) ( )
( ) ( ) ( )
0
0 0 0
0
1 1 1
2 3
lim . . ... .
0 2 3
0 0 0
2 3
x
x x x
f f f f f f
f x f
k
x x x
x k
k
→
− − −
−
= + + + +
−
− − −
=
( )
(
)
(
)
(
)
( )
0 0 0
1 1 1
0 ... 1 ... 0
2 3 2 3
f f f
f f
k k
′ ′ ′
′ ′
+ + + + = + + + +
.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
7
Bài 16
Cho f là hàm khả vi tại a và xét hai dãy
(
)
n
x
và
(
)
n
y
cùng h
ội tụ về a sao cho
n n
x a y
< <
với mọi
n
∈
ℕ
. Chứng minh rằng:
(
)
(
)
( )
lim
n n
n
n n
f x f y
f a
x y
→∞
−
′
=
−
.
Giải
Ta có:
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
0
n n n n n n
n n n n
f x f y f x f y x f a y f a
f a
x y x y
′ ′
− − − +
′
≤ − =
− −
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
0
n n n n
n n
n n n n
n n n n
n n n n
n n n n
n n n n
n n
n n
n n
f x f y f a f a af a af a x f a y f a
x y
f x f a f a x a f y f a f a y a
x y x y
f x f a f a x a f y f a f a y a
x y x y
f x f a f a x a f y f a f a y a
x a y a
f x f a f y f a
f a f a n
x a y a
′ ′ ′ ′
− − + + − − +
=
−
′ ′
− − − − − −
= −
− −
′ ′
− − − − − −
≤ +
− −
′ ′
− − − − − −
≤ +
− −
− −
′ ′
= − + − → → ∞
− −
V
ậ
y
(
)
(
)
( )
lim
n n
n
n n
f x f y
f a
x y
→∞
−
′
=
−
.
Bài 17
Cho
f
kh
ả
vi trên
(
)
0;
+∞
và
0
a
>
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
a) N
ế
u
(
)
(
)
(
)
lim
x
af x f x M
→+∞
′
+ =
thì
( )
lim
x
M
f x
a
→+∞
= .
b) N
ế
u
(
)
(
)
(
)
lim 2
x
af x x f x M
→+∞
′
+ =
thì
( )
lim
x
M
f x
a
→+∞
= .
Giải
Áp d
ụ
ng quy t
ắ
c Lôpitan, ta có:
a)
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
lim lim lim lim
ax ax
ax
ax ax
x x x x
ax
e f x e af x f x
e f x
f x
e ae
e
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
′
′
+
= = =
′
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
1 1
lim lim .
x x
M
af x f x af x f x
a a a
→+∞ →+∞
′ ′
= + = + =
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
8
b) Ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
lim lim lim
a x
a x
a x
x x x
a x
e f x
e f x
f x
e
e
→+∞ →+∞ →+∞
′
= =
′
( ) ( )
2
lim
2
a x
x
a x
a
e f x f x
x
a
e
x
→+∞
′
+
=
( ) ( )
(
)
( ) ( )
(
)
1 1
lim 2 lim 2 .
x x
M
af x x f x af x x f x
a a a
→+∞ →+∞
′ ′
= + = + =
Câu 18
Cho f kh
ả
vi c
ấ
p 3 trên
(
)
0;
+∞
. Liệu từ sự tồn tại của giới hạn
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
lim
x
f x f x f x f x
→+∞
′ ′′ ′′′
+ + + có suy ra s
ự
t
ồ
n t
ạ
i c
ủ
a
(
)
lim
x
f x
→+∞
không?
Giải
Không. Lấy ví dụ:
(
)
(
)
cos , x 0;f x x
= ∈ +∞
.
Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
lim lim cos sin cos sin 0
x x
f x f x f x f x x x x x
→+∞ →+∞
′ ′′ ′′′
+ + + = − − + =
Nh
ư
ng không t
ồ
n t
ạ
i
(
)
lim lim cos
x x
f x x
→+∞ →+∞
=
.
Câu 19
a) Giả sử f xác định và liên tục trên
[
)
0;
+∞
, có
đạ
o hàm liên t
ụ
c trên
(
)
0;
+∞
và tho
ả
mãn
(
)
0 1
f
=
,
(
)
x
f x e
−
≤ ∀ ≥
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i
(
)
0
0;x
∈ +∞
sao cho
(
)
0
0
x
f x e
−
′
= .
b) Gi
ả
s
ử
f kh
ả
vi liên t
ụ
c trên
(
)
1;
+∞
và tho
ả
mãn
(
)
1 1
f
=
,
( )
1
x 1
f x
x
≤ ∀ ≥
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i
(
)
0
1;x
∈ +∞
sao cho
( )
0
2
0
1
f x
x
′
= −
.
Giải
a)
Đặ
t
(
)
(
)
x
g x f x e
−
= −
f liên t
ụ
c trên
[
)
0;
+∞
⇒
g liên t
ụ
c trên
[
)
0;
+∞
⇒
g liên t
ụ
c trên t
ạ
i 0
(
)
(
)
(
)
0
lim 0 0 1 0
x
g x g f
+
→
⇒ = = − =
.
(
)
(
)
0 lim 0
x
x
f x e f x
−
→+∞
≤ ≤ ⇒ =
(
)
(
)
(
)
(
)
lim lim lim lim 0
x x
x x x x
g x f x e f x e
− −
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
⇒ = − = − =
.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
9
Do đó:
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0
0
lim lim 0; : 0
x
x
g x g x x g x
+
→+∞
→
′
= ⇒ ∃ ∈ +∞ =
hay
(
)
0
0
x
f x e
−
′
=
.
b)
Đặ
t
( ) ( )
1
g x f x
x
= −
f
kh
ả
vi liên t
ụ
c trên
(
)
(
)
(
)
1
1; lim 1 0
x
f x f
+
→
+∞ ⇒ = =
( ) ( )
1 1
1
lim lim 0
x x
g x f x
x
+ +
→ →
⇒ = − =
.
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
0 lim 0 lim lim 0
x x x
f x f x g x f x
x x
→+∞ →+∞ →+∞
≤ ≤ ⇒ = ⇒ = − =
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0
1
lim lim 1; : 0
x
x
g x g x x g x
+
→+∞
→
′
= ⇒ ∃ ∈ +∞ =
hay
( )
0
2
0
1
f x
x
′
= −
.
Câu 20
Cho
[ ]
( )
( ) ( )
0 0
0;1 : sin cos 1
M f C f x xdx f x xdx
π π
= ∈ = =
∫ ∫
.
Tì
m
( )
2
0
min
f M
f x dx
π
∈
∫
.
Giải
Cho
( ) ( )
0
2
sin cos
f x x x
π
= +
.
+
Rõ rà
ng
0
f M
∈
.
+
Đố
i v
ớ
i
hà
m b
ấ
t
kỳ
f M
∈
,
( ) ( )
2
0
0
0
f x f x dx
π
− ≥
∫
.
Suy ra:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
0 0 0
0 0 0 0
8 4 4
2
f x dx f x f x dx f x dx f x dx
π π π π
π π π
≥ − = − = =
∫ ∫ ∫ ∫
.
V
ậ
y c
ự
c ti
ể
u
đạ
t
đượ
c khi
0
f f
=
.
Câu 21
Tìm hàm s
ố
(
)
f x
có
đạ
o hàm liên t
ụ
c trên
ℝ
sao cho
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
0
2011
x
f x f t f t dt
′
= + +
∫
(1).
Giải
Vì hàm s
ố
(
)
f x
có
đạ
o hàm liên t
ụ
c trên
ℝ
nên
(
)
2
f x
có
đạ
o hàm liên t
ụ
c
trên
ℝ
.
L
ấ
y
đạ
o hàm 2 v
ế
c
ủ
a (1), ta
đượ
c:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2 2
2 0
f x f x f x f x f x f x f x f x
′ ′ ′ ′
= + ⇒ − = ⇒ =
(
)
x
f x Ce
⇒ =
(2).
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
10
Từ (1) suy ra:
(
)
(
)
2
0 2011 0 2011
f f= ⇒ = ± .
Cho
0
x
=
, t
ừ
(
)
(
)
2 0 2011
f C⇒ = = ± .
Vậy
(
)
2011
x
f x e
= ± .
Câu 22
Tìm tất cả các hàm số liên tục
:
f
→
ℝ ℝ
thoả
mãn
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 2011 1 2 2011
... ...
f x f x f x f y f y f y
+ + + = + + +
với mọi bộ số thoả mãn:
1 2 2011 1 2 2011
... ... 0
x x x y y y
+ + + = + + + =
.
Giải
Đặ
t
(
)
(
)
(
)
0 , g .
f b x f x b
= = −
Do
đ
ó:
(
)
(
)
0 0 0
g f b
= − =
và
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 2011 1 2 2011
... ...g x g x g x g y g y g y+ + + = + + +
v
ớ
i m
ọ
i b
ộ
s
ố
tho
ả
mãn :
1 2 2011 1 2 2011
... ... 0
x x x y y y
+ + + = + + + =
.
Tr
ướ
c h
ế
t cho
1 2 2011 1 2 2009 2010 2011
... 0 , x ... 0 , x , x
y y y x x x x
= = = = = = = = = = −
ta
đượ
c:
(
)
(
)
xg x g x
− = − ∀ ∈
ℝ
.
Ti
ế
p theo cho
1 2 2011 1 2 2008 2009 2010 2011
... 0 , x ... 0 , x , x ,
y y y x x x y x x y
= = = = = = = = = = = − −
ta
đượ
c:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0 x,y x, yg x g y g x y g x y g x g y
+ + − − = ∀ ∈ ⇔ + = + ∀ ∈
ℝ ℝ
Đ
ây là ph
ươ
ng trình hàm Cauchy, do
đ
ó:
(
)
g x ax
=
,
(
)
1
a g
= .
V
ậ
y
(
)
, a, b = const
f x ax b
= +
.
Câu 23
Cho f liên t
ụ
c trên
đ
o
ạ
n
[
]
;
a b
, kh
ả
vi trong kho
ả
ng
(
)
;
a b
và
(
)
(
)
0
f a f b
= =
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i
(
)
;
c a b
∈
sao cho:
(
)
(
)
2011
f c f c
′
=
.
Gi
ải
Xét hàm s
ố
:
( )
( )
( )
2010
x
a
f t dt
g x e f x
−
∫
=
Vì f liên t
ụ
c trên
đ
o
ạ
n
[
]
;
a b
, kh
ả
vi trong kho
ả
ng
(
)
;
a b
nên g liên t
ụ
c trên
đ
o
ạ
n
[
]
;
a b
, kh
ả
vi trong kho
ả
ng
(
)
;
a b
. H
ơ
n n
ữ
a
(
)
(
)
0
g a g b
= =
suy ra t
ồ
n
t
ạ
i
(
)
(
)
; : 0
c a b g c
′
∈ =
.
Mà
( )
( )
( ) ( )
( )
2010
2011
x
a
f t dt
g x e f x f x
−
∫
′ ′
= −
. Suy ra:
(
)
(
)
2011
f c f c
′
=
.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
11
Câu 24
Cho f liên tục trên
[
]
0;2012
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i các s
ố
[
]
1 2 1 2
, 0;2012 , x 1006
x x x
∈ − =
tho
ả
mãn:
( ) ( )
(
)
(
)
2 1
2012 0
2
f f
f x f x
−
− =
Giải
Xét hàm s
ố
:
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
1006 2012 0
1006 2012
x f x f f
F x
+ − −
= −
,
[
]
0;1006
x∈ .
F liên tục trên
[
]
0;1006
. Ta có:
( )
(
)
(
)
(
)
( )
( ) ( ) ( )
2 1006 2012 0
0
2012
2 1006 2012 0
1006
2012
f f f
F
f f f
F
− −
=
− −
= −
(
)
(
)
[
]
(
)
0 0
0 1006 0 0;1006 : 0
F F x F x
≤
⇒
∃ ∈ =
.
[ ]
( ) ( )
(
)
(
)
0 0 0
2012 0
0;1006 : 1006
2
f f
x f x f x
−
⇔ ∃ ∈ + − = .
Đặ
t
2 0 1 0
1006 , x
x x x
= + =
ta có
đ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh.
Câu 25
Cho s
ố
th
ự
c a
[
]
0;1
∈
. Xác
đị
nh t
ấ
t c
ả
các hàm liên t
ụ
c không âm trên
[
]
0;1
sao cho các
đ
i
ề
u ki
ệ
n sau
đ
ây
đượ
c th
ỏ
a mãn:
a)
( )
1
0
1
f x dx
=
∫
b)
( )
1
0
xf x dx a
=
∫
c)
( )
1
2 2
0
x f x dx a
=
∫
.
Giải
Áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Bunhiacovski ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1 1
2
0 0 0 0
. .
xf x dx x f x f x dx x f x dx f x dx
= ≤
∫ ∫ ∫ ∫
.
Mà theo giả thiết:
( ) ( ) ( )
2
1 1 1
2
0 0 0
.
xf x dx x f x dx f x dx
=
∫ ∫ ∫
.
Do f liên tục trên
[
]
0;1
nên
(
)
(
)
[
]
0, x 0;1
x f x f x
λ λ
= ≥ ∀ ∈
Suy ra:
(
)
[
]
0 x 0;1
f x
= ∀ ∈
.
Đ
i
ề
u này mâu thu
ẩ
n v
ớ
i gi
ả
thi
ế
t:
( )
1
0
1
f x dx
=
∫
.
V
ậ
y không t
ồ
n t
ạ
i hàm f tho
ả
mãn bài toán.
Bài 26
Có t
ồ
n t
ạ
i hay không hàm s
ố
kh
ả
vi
:
f
→
ℝ ℝ
tho
ả
mãn
(
)
(
)
(
)
2
0 1 , f x ?
f x f x
′
= ≥ ∀ ∈
ℝ
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
12
Giải
Giả sử hàm f thoả mãn yêu cầu bài toán. Vì
(
)
(
)
2
0 xf x f x
′
≥ ≥ ∀ ∈
ℝ
nên
f
đồ
ng bi
ế
n trên
[
)
(
)
(
)
[
)
0; 0 1 0 x 0;f x f
+∞ ⇒ ≥ = > ∀ ∈ +∞
.
Từ giả thiết bài toán ta có:
(
)
( )
( )
[
)
2
0 0
1
, x 0;1
1
x x
f t
dt dt f x
f t x
′
≥
⇒
≥ ∈∈
−
∫ ∫
.
Do đó không tồn tại
(
)
1
lim
x
f x
→
. Điều này mâu thuẫn với giả thiết f liên tục.
Vậy không tồn tại hàm f thoả mãn bài toán.
Câu 27
Có hay không một hàm số
:
f
→
ℝ ℝ
thỏ
a mãn:
(
)
sin sin 2
f x y x y
+ + + <
với x, y
∈
ℝ
.
Giải
Giải sử tồn tại hàm f thoả mãn yêu cầu bài toán.
+ Cho
, y =
2 2
x
π π
= , ta
đượ
c:
(
)
2 2
f
π
+ <
.
+ Cho
3
, y =
2 2
x
π π
= − , ta
đượ
c:
(
)
2 2
f
π
− <
.
Ta l
ạ
i có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
4 2 2 2 2 4
f f f f
π π π π
= + + − + ≤ + + − <
.
Đ
i
ề
u
này vô lý. V
ậ
y không có hàm s
ố
f nào tho
ả
yêu c
ầ
u bài toán.
Câu 28
Tìm t
ấ
t c
ả
các hàm f(x) xác
đị
nh và liên t
ụ
c trên
ℝ
sao cho
(
)
(
)
0 xf x f x
′ ′′
= ∀ ∈
ℝ
.
Giải
Đặ
t
(
)
(
)
(
)
2
g x f x
′
=
(
)
(
)
(
)
2 0 x
g x f x f x
′ ′ ′′
= = ∀ ∈
ℝ
(
)
(
)
(
)
g x C const f x const f x ax b
′
⇒
= =
⇒
=
⇒
= +
x
∀ ∈
ℝ
.
Câu 29
Cho
:
f
→
ℝ ℝ
sao cho
(
)
(
)
a b
f a f b a b
− < − ∀ ≠
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
n
ế
u
(
)
(
)
(
)
0 0
f f f
=
thì
(
)
0 0
f
=
.
Giải
Ta vi
ế
t l
ạ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n
đố
i v
ớ
i hàm f(x) nh
ư
sau:
(
)
(
)
f a f b a b
− ≤ −
(*)
D
ấ
u “=” x
ả
y ra khi a = b.
Đặ
t
(
)
(
)
0 , y = f
x f x
=
. Khi
đ
ó
(
)
0.
f y
=
Áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
(
)
*
liên ti
ế
p ta có:
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
13
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0 0 0
x x f x f y x f y f x y f f y x
= − ≥ − = − ≥ − = − ≥ − =
Suy ra:
0
x y
= =
. Vậ
y
(
)
0 0
f
=
.
Câu 30
Hàm
( )
2
3
1
2
x
x
f x e x
= − − −
có kh
ả
vi t
ạ
i
đ
i
ể
m
0
x
=
hay không?
Gi
ải
Theo công th
ứ
c Taylor, ta có:
( ) ( )
2 3 2 3
3 3
1 1
2 6 2 6
x x
x x x x
e x o x e x o x
= + + + + ⇒ − − − = +
( )
( )
( )
3
3
3
3
1
6
6
x
f x o x x o x
⇒ = + = + .
Vậy f(x) khả vi tại
0
x
=
và
( )
3
1
0
6
f
′
=
.
Câu 31
Chứng minh rằng nếu hàm f(x) khả vi vô hạn lần trên
ℝ
thì hàm
(
)
(
)
0
f x f
x
−
đượ
c
đị
nh ngh
ĩ
a thêm
để
liên t
ụ
c t
ạ
i x = 0 c
ũ
ng kh
ả
vi vô h
ạ
n
l
ầ
n.
Giải
V
ớ
i
0
x
≠
ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
(
)
(
)
( )
1 1
0 0 0
0
0
x
f x f
f x f f t dt f ux xdu f ux du
x
−
′ ′ ′
− = = ⇒ =
∫ ∫ ∫
Vì
( )
1
0
f ux du
′
∫
khả vi vô hạn lần với mọi
x
∈
ℝ
.
Vậy
(
)
(
)
0
f x f
x
−
được định nghĩa thêm để liên tục tại x = 0 khả vi vô hạn
lần.
Câu 32
Cho
(
)
f x
khả vi 2 lần thoả
(
)
(
)
0 1 0
f f
= =
,
[ ]
(
)
0;1
in 1
x
m f x
∈
= −
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
[ ]
(
)
0;1
max 8
x
f x
∈
′′
≥
.
Giải
f liên t
ụ
c trên
[
]
[
]
(
)
[ ]
(
)
0;1
0;1 0;1 : in 1
x
a f a m f x
∈
⇒ ∃ ∈ = = −
.Suy ra
đượ
c
(
)
0
f a
′
=
,
(
)
0;1
a
∈
.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
14
Khai triển Taylor tại a:
( )
(
)
(
)
( )
2
1
2
f a x a
f x x a
θ
+ −
= − + −
,
0 1
θ
< <
.
+ V
ớ
i
0
x
=
, ta có:
(
)
2
1
0 1
2
f c
a
′′
= − +
,
1
0
c a
< <
.
+ V
ớ
i
1
x
=
, ta có:
(
)
( )
2
2
0 1 1
2
f c
a
′′
= − + − ,
2
1
a c
< <
.
Do
đ
ó:
( )
1
2
2
8
f c
a
′′
= ≥
n
ế
u
1
2
a
≤
;
( )
( )
2
2
2
8
1
f c
a
′′
= ≥
−
nếu
1
2
a
≥
.
Vậy
[ ]
(
)
0;1
max 8
x
f x
∈
′′
≥
.
Câu 33
Giả sử
( )
2011
1
sin , x 0
0 , x = 0
x
f x
x
≠
=
và hàm
(
)
g x
kh
ả vi tại x = 0. Chứng minh rằng
(
)
(
)
g f x
có đạo hàm bằng
0 tại
0
x
=
.
Giải
Ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2011
0 0
0
1
sin 0
0
lim lim
h h
x
g h g
g f h g f
d
h
g f x
dx h h
→ →
=
−
−
= =
( ) ( )
2011 2011
2011 2011
0 0 0
2011 2011
1 1
sin 0 sin 0
1 1
lim . sin lim . lim sin
1 1
sin 0 sin 0
h h h
g h g g h g
h h
h h
h h
h h
h h
→ → →
− −
= =
− −
Vì
( )
2011 2011
1
0 sin 0 0
h h h
h
≤ ≤ → → nên
2011
0
1
lim sin 0
h
h
h
→
=
.
Do đó:
( )
( )
( )
0
0 .0 0
x
d
g f x g
dx
=
′
= =
Câu 34
Hàm f xác định, khả vi trên
(
)
0; ,
λ
+∞ ∈
ℝ
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng hàm
(
)
(
)
f x f x
λ
′
+
không gi
ả
m khi và ch
ỉ
khi
(
)
x
f x e
λ
′
không gi
ả
m.
Gi
ải
Đặ
t
(
)
(
)
(
)
h x f x f x
λ
′
= +
;
(
)
(
)
x
g x f x e
λ
′
=
.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
15
Suy ra:
( ) ( )
( )
x x
e h x e f x
λ λ
′
=
;
(
)
(
)
x
e g x f x
λ
−
′
=
.
Khi
đó:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
0
0
x
x x t
g x e f x h x e f x h x e f t dt f
λ λ λ
λ λ λ
′
′
= = − = − −
∫
( ) ( ) ( )
0
0
x
t
h x e h t dt f
λ
λ λ
= − −
∫
.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0
0
x
x
h x f x f x e g x f t dt f
λ
λ λ λ
−
′ ′
= + = + +
∫
=
( ) ( ) ( )
0
0
x
x t
e g x e g t dt f
λ λ
λ λ
− −
+ +
∫
.
(
)
⇒
Gi
ả
s
ử
(
)
h x
không gi
ả
m
Khi
đ
ó v
ớ
i b > a ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
b
b a t
a
g b g a e h b e h a e h t dt
λ λ λ
λ
− = − −
∫
(1)
Theo
đị
nh lý trung bình c
ủ
a tích phân t
ồ
n t
ạ
i
( ) ( ) ( ) ( )
( )
1
; :
b b
t t b a
a a
c a b e h t dt h c e dt h c e e
λ λ λ λ
λ
∈ = = −
∫ ∫
(2)
Thay (2) vào (1) ta
đượ
c:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
b a b a
g b g a e h b e h a e h c e h c
λ λ λ λ
− = − − +
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0
b a
e h b h c e h c h a
λ λ
= − + − ≥
với
b c a
> >
.
Do đó g(x) không giảm.
(
)
⇐
Giả sử g(x) không giảm
Khi đó với b > a ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
b
b a t
a
h b h a e g b e g a e g t dt
λ λ λ
λ
− − −
− = − +
∫
(3)
Theo định lý trung bình của tích phân tồn tại
( ) ( ) ( ) ( )
( )
1
; :
b b
t t b a
a a
c a b e g t dt g c e dt g c e e
λ λ λ λ
λ
− − − −
∈ = = − −
∫ ∫
(4)
Thay (4) vào (3) ta được:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
b a b a
h b h a e g b e g a e g c e g c
λ λ λ λ
− − − −
− = − − +
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0
b a
e g b g c e g c g a
λ λ
− −
= − + − ≥
với
b c a
> >
.
Do đó h(x) không giảm.
Vậy bài toán đã chứng minh xong.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
16
Câu 35
Giả sử
(
)
f C
∈
ℝ
. Li
ệu có tồn tại các hàm số g(x) và h(x) sao cho
x
∀ ∈
ℝ
thì
(
)
(
)
(
)
sin cos
f x g x x h x x
= + hay không?
Giải
Có. Chẳng hạn xét các hàm số sau:
(
)
(
)
(
)
(
)
sin , h cos
g x f x x x f x x
= =
Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
sin cos sin cos
g x x h x x f x x f x x f x
+ = + =
.
Câu 36
Gi
ả
s
ử
:
f
→
ℝ ℝ
có
đạ
o hàm c
ấ
p 2 tho
ả
mãn:
(
)
(
)
0 1, f 0 0
f
′
= =
và
(
)
(
)
(
)
[
)
5 6 0 0;
f x f x f x x
′′
− + ≥ ∀ ∈ +∞
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
(
)
2 3
3 2
x x
f x e e
≥ − ,
[
)
0;x
∀ ∈ +∞
.
Giải
Ta có:
(
)
(
)
(
)
[
)
5 6 0 0;
f x f x f x x
′′ ′
− + ≥ ∀ ∈ +∞
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
[
)
2 3 2 0 0;f x f x f x f x x
′′ ′ ′
⇔ − − − ≥ ∀ ∈ +∞
Đặt
(
)
(
)
(
)
[
)
2 , x 0;g x f x f x
′
= − ∈ +∞
.
Khi đó
( ) ( )
[
) ( )
( )
[
)
3
3 0 , x 0; 0 ,x 0;
x
g x g x e g x
−
′
′
− ≥ ∈ +∞ ⇔ ≥ ∈ +∞
(
)
3
x
e g x
−
⇒
t
ă
ng trên
[
)
0;
+∞
( )
( )
[
) ( )
( )
[
)
2 2
2 , x 0; 2 0 x 0;
x x x x
e f x e e f x e
− −
′ ′
⇔ ≥ − ∈ +∞ ⇔ + ≥ ∈ +∞
⇒
(
)
2
2
x x
e f x e
−
+
t
ă
ng trên
[
)
0;
+∞
(
)
(
)
[
)
2 0 0
2 0 2 3 , 0;
x x
e f x e e f e
−
⇒
+ ≥ + = +∞
⇒
(
)
2 3
3 2
x x
f x e e
≥ −
,
[
)
0;x
∀ ∈ +∞
.
Câu 37
Cho
(
)
: 0;f
+∞ →
ℝ
có
đạ
o hàm c
ấ
p 2 liên t
ụ
c tho
ả
mãn:
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2 1 2011
f x xf x x f x
′′ ′
+ + + ≤
v
ớ
i m
ọ
i x. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
(
)
lim 0
x
f x
→∞
=
.
Giải
Áp d
ụ
ng quy t
ắ
c Lôpitan, ta có:
( )
( )
2
2
2
2
lim lim
x
x
x x
e f x
f x
e
→∞ →∞
= =
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
17
=
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2 2
2
2
2 2
2 2
2
2
2 2
lim lim lim
x x
x
x
x x x
x x
e f x e f x xf x
e f x xf x
xe
e xe
→∞ →∞ →∞
′ ′
′
+
′
+
= =
′ ′
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2
2
2
2 1
2 1
lim lim 0.
1
1
x
x
x x
e f x xf x x f x
f x xf x x f x
x
e x
→∞ →∞
′′ ′
+ + +
′′ ′
+ + +
= = =
+
+
Câu 38
Giả sử hàm số f liên tục trên
[
)
(
)
0; , 0 0
f x x
+∞ ≥ ∀ ≥
và
(
)
lim 1
x
f x
a
x
→+∞
= <
.
Chứng minh rằng tồn tại
0
c
≥
sao cho
(
)
f c c
=
.
Giải
+ Nếu
(
)
0 0
f
=
thì k
ế
t lu
ậ
n trên hoàn toàn
đ
úng.
+ N
ế
u
(
)
0 0
f
>
Đặ
t
(
)
(
)
g x f x x
= −
Vì f liên t
ụ
c trên
[
)
0;
+∞
g c
ũ
ng liên t
ụ
c trên
[
)
0;
+∞
.
Ta có:
(
)
(
)
(
)
0 0 0 0 0 x 0
g f f
= − = > ∀ ≥
.
(
)
(
)
( )
lim 1 0: 1 0:
x
f x f b
a b b f b b
x b
→+∞
= <
⇒
∃ > < ⇔ ∃ > <
.
Khi
đ
ó:
(
)
(
)
0
g b f b b
= − <
.
(
)
(
)
[
]
[
)
(
)
(
)
0 0 0; 0; : 0 0:
g g b c b g c c f c c
≤ ⇒ ∃ ∈ ⊂ +∞ = ⇔ ∃ ≥ =
.
Câu 39
Gi
ả
s
ử
f có
đạ
o hàm trên m
ộ
t kho
ả
ng ch
ứ
a
[
]
0,1
,
(
)
(
)
0 0 , f 1 0
f
′ ′
> <
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i
(
)
(
)
(
)
[
]
0 0
0;1 : x 0;1
x f x f x
∈ ≤ ∀ ∈
.
Gi
ải
f có
đạ
o hàm trên m
ộ
t kho
ả
ng ch
ứ
a
[
]
0,1
[
]
(
)
(
)
[ ]
(
)
0 0
0,1
0;1 : max
x
x f x f x f x
∈
⇒ ∃ ∈ ≤ =
.
Ta s
ẽ
ch
ứ
ng minh:
0 0
0, x 1
x
≠ ≠
.
Th
ậ
t v
ậ
y!
(
)
(
)
( ) ( )
(
)
(
)
(
]
0
0 0
lim 0 0 0;1 : 0 x 0;
x
f x f f x f
f h h
x x
+
→
− −
′
= > ⇒ ∃ ∈ > ∀ ∈
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
18
(
)
(
)
(
]
(
)
0 x 0; 0
f x f h f
⇒ > ∀ ∈ ⇒
không ph
ải là giá trị lớn nhất của
(
)
f x
trên
[
]
0
0,1 0
x
⇒ ≠
.
(
)
(
)
( ) ( )
(
)
(
)
[
)
1
1
1 1
lim 1 0 0;1 : 0 x ;1
1 1
x
f x f f x f
f k k
x x
−
→
− −
′
= < ⇒ ∃ ∈ < ∀ ∈
− −
(
)
(
)
[
)
(
)
1 x ;1 1
f x f k f
⇒ < ∀ ∈ ⇒
không ph
ả
i là giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a
(
)
f x
trên
[
)
0
;1 1
k x
⇒ ≠
.
Câu 40
Cho m
ộ
t hàm s
ố
f xác
đị
nh trên
ℝ
tho
ả
mãn
(
)
(
)
0 0 , f sin xf x x
= ≥ ∀ ∈
ℝ
. Chứng minh rằng đạo hàm của f tại 0
không tồn tại.
Giải
Giả sử
(
)
0
f
′
tồn tại.
0;
2
x
π
∀ ∈
ta có:
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
0 0
0 0
sin sin
0 lim lim 1
0 0
x x
f x f f x f
x x
f
x x x x
+ +
+
→ →
− −
′
≥ ⇒ = ≥ =
− −
.
T
ươ
ng t
ự
ta c
ũ
ng ch
ứ
ng minh
đượ
c
(
)
1
0 1
f
−
′
< −
Điều này chứng tỏ
(
)
0
f
′
không tồn tại.
Câu 41
Giả sử
(
)
f x
khả vi trên
(
)
;
a b
sao cho
(
)
lim , lim
x a x b
f x
+ −
→ →
= +∞ = −∞
và
(
)
(
)
(
)
2
1 x ;
f x f x a b
′
+ ≥ − ∀ ∈
. Chứng minh rằng
b a
π
− ≥
. Cho ví dụ để
b a
π
− =
.
Giải
Cách 1
Ta có:
( ) ( ) ( )
(
)
( )
( )
2
2
1 x ; 1 0 x ;
1
f x
f x f x a b a b
f x
′
′
+ ≥ − ∀ ∈ ⇔ + ≥ ∀ ∈
+
( )
( )
( ) ( )
arctan 0 x ; arctan
f x x a b f x x
′
⇔ + ≥ ∀ ∈ ⇒ +
t
ă
ng trên
(
)
;
a b
Chuy
ể
n qua gi
ớ
i h
ạ
n ta
đượ
c:
2 2
a b b a
π π
π
+ ≤ − + ⇔ − ≥
.
Ví d
ụ
:
cot , a = 0 , b =
y x
π
=
.
Cách 2
Ta có:
( ) ( ) ( )
(
)
( )
( )
2
2
1 x ; 1 x ;
1
f x
f x f x a b a b
f x
′
′
+ ≥ − ∀ ∈ ⇔ ≥ − ∀ ∈
+
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
19
Lấy tích phân hai vế:
(
)
( )
( )
2
1 arctan
1
b b
b
a
a a
f x
dx dx f x a b a b b a
f x
π π
′
≥ − ⇔ ≥ − ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥
+
∫ ∫
.
Câu 42
Cho f là m
ộ
t hàm liên t
ụ
c trên
[
]
0;1
. Tìm . Tìm
( )
1
0
lim
n
n
f x dx
→∞
∫
.
Giải
Cho
0 1
ε
< <
. Khi
đ
ó ta có:
( ) ( ) ( )
1 1 1
0 0 1
n n n
f x dx f x dx f x dx
ε
ε
−
−
= +
∫ ∫ ∫
.
+ Theo
đị
nh lý giá tr
ị
trung bình c
ủ
a tích phân t
ồ
n t
ạ
i
[ ]
( ) ( )
( )
( )
( )( )
1 1
0 0
0;1 : 1 lim 0 1
n n n
n
c f x dx f c f x dx f
ε ε
ε ε ε
− −
→∞
∈ − = − ⇒ = −
∫ ∫
.
+
Đặ
t
[ ]
(
)
0,1
sup
x
M f x
∈
= , ta có:
( ) ( )
1 1
1 1
n n
f x dx f x dx M
ε ε
ε
− −
≤ ≤
∫ ∫
.
V
ậ
y
( )
( )
1
0
lim 0
n
n
f x dx f
→∞
=
∫
.
Câu 43
Cho f là m
ộ
t hàm liên t
ụ
c trên
[
]
;
a b
và
( )
0
b
a
f x dx
=
∫
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n
t
ạ
i
( ) ( ) ( )
; :
c
a
c a b f x dx f c
∈ =
∫
.
Xét hàm:
( ) ( )
x
x
a
g x e f t dt
−
=
∫
g liên t
ụ
c trên
[
]
;
a b
, kh
ả
vi trên
(
)
;
a b
(
)
(
)
0
g a g b
= =
.
Theo
đị
nh lý Rolle t
ồ
n t
ạ
i
(
)
(
)
; : 0
c a b g c
′
∈ =
.
Mà
( ) ( ) ( )
x
x
a
g x e f x f t dt
−
′
= −
∫
, vì th
ế
( ) ( ) ( )
c c
a a
f c f t dt f x dx
= =
∫ ∫
.
Câu 44
Gi
ả
s
ử
[
]
(
)
;
f C a b
∈
, a > 0 và
( )
0
b
a
f x dx
=
∫
. Ch
ứ
ng minh t
ồ
n t
ạ
i
(
)
;
c a b
∈
sao cho
( ) ( )
c
a
f x dx cf c
=
∫
.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
20
Giải
Xét hàm số:
( ) ( )
1
x
a
g x f t dt
x
=
∫
g liên t
ụ
c trên
[
]
;
a b
, kh
ả
vi trên
(
)
;
a b
(
)
(
)
0
g a g b
= =
.
Theo
đị
nh lý Rolle t
ồ
n t
ạ
i
(
)
(
)
; : 0
c a b g c
′
∈ =
.
Mà
( ) ( ) ( )
2
1
x
a
g x xf x f t dt
x
′
= −
∫
Do
đ
ó t
ồ
n t
ạ
i
(
)
;
c a b
∈ sao cho
( ) ( )
c
a
f x dx cf c
=
∫
.
Câu 45
Gi
ả
s
ử
f, g
[
]
(
)
;
C a b
∈
. Chứng minh rằng tồn tại
(
)
;
c a b
∈
sao cho
( ) ( ) ( ) ( )
b b
a a
g c f x dx f c f x dx
=
∫ ∫
.
Giải
Xét
( ) ( ) ( ) ( )
, G
x x
a a
F x f t dt x g t dt
= =
∫ ∫
Suy ra:
(
)
(
)
F x f x
′
= ,
(
)
(
)
G x g x
′
=
Áp dụng định lý Cauhy ta có:
∃
c
∈
(
)
;
a b
:
(
)
(
)
( ) ( )
(
)
( )
F b F a F c
G b G a G c
′
−
=
′
−
⇔
∃
c
∈
(
)
;
a b
:
( )
( )
( )
( )
b
a
b
a
f t dt
f c
g c
g t dt
=
∫
∫
⇔
∃
c
∈
(
)
;
a b
:
( ) ( ) ( ) ( )
b b
a a
g c f x dx f c f x dx
=
∫ ∫
.
Câu 46
Giả sử f, g
[
]
(
)
;
C a b
∈
. Chứng minh rằng tồn tại
(
)
;
c a b
∈
sao cho
( ) ( ) ( ) ( )
c b
a c
g c f x dx f c f x dx
=
∫ ∫
.
Giải
Xét hàm:
( ) ( ) ( )
x b
a x
F x f t dt g t dt
=
∫ ∫
F
liên tục trên
[
]
;
a b
, khả vi trên
(
)
;
a b
và
(
)
(
)
F a F b
=
.
Vì thế theo định lý Rolle ta có:
(
)
(
)
; : 0
c a b F c
′
∃ ∈ =
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
21
Mà
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
b x
x a
F x f x g t dt g x f t dt
′
= −
∫ ∫
Do đó:
(
)
; :
c a b
∃ ∈
( ) ( ) ( ) ( )
c b
a c
g c f x dx f c f x dx
=
∫ ∫
.
Câu 47
Gi
ả
s
ử
f và g là hai hàm s
ố
d
ươ
ng, liên t
ụ
c trên
[
]
;
a b
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n
t
ạ
i
(
)
;
c a b
∈
sao cho
(
)
( )
(
)
( )
1
c b
a c
f c g c
f x dx g x dx
− =
∫ ∫
.
Giải
Xét hàm:
( ) ( ) ( )
x b
x
a x
F x e f t dt g t dt
−
=
∫ ∫
F liên t
ụ
c trên
[
]
;
a b
, kh
ả vi trên
(
)
;
a b
và
(
)
(
)
F a F b
= .
Theo định lý Rolle ta có:
(
)
;
c a b
∃ ∈
:
(
)
0
F c
′
=
.
Mà:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x b b x
x
a x x a
F x e f t dx g t dx f x g t dt g x f t dt
−
′
= − + −
∫ ∫ ∫ ∫
Do đó:
∃
(
)
;
c a b
∈
:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0
c b b c
a c c a
f t dx g t dx f x g t dt g x f t dt
− + − =
∫ ∫ ∫ ∫
⇔
∃
(
)
;
c a b
∈
:
(
)
( )
(
)
( )
1
c b
a c
f c g c
f x dx g x dx
− =
∫ ∫
.
Câu 48
Cho
[
]
(
)
1
0;1
f C∈
. Chứng minh rằng tồn tại
(
)
0;1
c
∈
sao cho:
( ) ( ) ( )
1
0
1
0
2
f x dx f f c
′
= +
∫
.
Giải
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
1
0
0 0 0
1 1 1
f x dx f x d x x f x x f x dx
′
= − = − − −
∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( )
1
0
0 1
f x f x dx
′
= − −
∫
.
Theo định lý giá trị trung bình của tích phân:
tồn tại
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
0 0
1
0;1 : 1 1
2
c x f x dx f c x dx f c
′ ′ ′
∈ − = − = −
∫ ∫
.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
22
Do đó: tồn tại
(
)
0;1
c
∈
sao cho:
( ) ( ) ( )
1
0
1
0
2
f x dx f f c
′
= +
∫
Câu 49
Cho
[
]
(
)
2
0;1
f C∈
. Chứng minh rằng tồn tại
(
)
0;1
c
∈
sao cho:
( ) ( ) ( ) ( )
1
0
1 1
0 0
2 6
f x dx f f f c
′ ′′
= + +
∫
.
Giải
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
1
0
0 0 0
1 1 1
f x dx f x d x x f x x f x dx
′
= − = − − −
∫ ∫ ∫
( )
( )
( )
( )
( )
1
2 2
1
0
0
1 1
0
2 2
x x
f f x f x dx
− −
′ ′′
= − +
∫
.
Áp d
ụ
ng
đị
nh lý giá tr
ị
trung bình c
ủ
a tích phân:
t
ồ
n t
ạ
i
( )
(
)
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 1
2
0 0
1
1 1
0;1 : 1
2 2 6
x
c f x dx f c x dx f c
−
′′ ′′ ′′
∈ = − =
∫ ∫
.
Do đó tồn tại
(
)
0;1
c
∈
sao cho:
( ) ( ) ( ) ( )
1
0
1 1
0 0
2 6
f x dx f f f c
′ ′′
= + +
∫
.
Câu 50
Giả sử
[
]
(
)
1
0;1
f C∈
và
(
)
0 0
f
′
≠
. Với
(
]
0;1
x
∈
, cho
(
)
x
θ
thoả mãn
( ) ( )
( )
0
x
f t dt f x x
θ
=
∫
. Tìm
(
)
0
lim
x
x
x
θ
+
→
.
Giải
Đặ
t
( ) ( )
0
x
F x f t dt
=
∫
.
Suy ra:
(
)
0 0
F
=
,
(
)
(
)
(
)
(
)
, F
F x f x x f x
′ ′′ ′
= =
.
Ta có:
(
)
(
)
0 0 0
F f
′′ ′
= ≠
.
Theo khai triển Taylor ta có:
( ) ( ) ( )
( )
2 2
1
0 0
2
F x F x F x o x
′ ′′
= + +
⇒
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0
F x F F x o x
′ ′ ′′
= + +
⇒
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0F F F o
θ θ θ
′ ′ ′′
= + +
⇒
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0f x x F x x F F o
θ θ θ θ
′ ′ ′′
= = + +
Khi
đ
ó:
( ) ( )
( )
2 2
1
0 0
2
F x F x o x
′ ′′
+ + =
(
)
(
)
(
)
0 0x F F o
θ θ
′ ′′
+ +
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
23
⇒
(
)
0
1
lim
2
x
x
x
θ
+
→
=
.
Câu 51
Cho
f
là một hàm liên tục trên
ℝ
và
a b
<
, ký hiệu
( ) ( )
2011
b
a
g x f x t dt
= +
∫
. Tính
đạ
o hàm c
ủ
a g.
Giải
Ta có:
( ) ( ) ( )
2011
2011
2011
b b x
a a x
g x f x t dt f u du
+
+
= + =
∫ ∫
(
)
(
)
(
)
2011 2011 2011
g x f b x f a x
′
⇒ = + − +
.
Câu 52
Cho
f
liên tục trên
ℝ
. Tìm
( ) ( )
( )
0
1
lim
b
h
a
f x h f x dx
h
→
+ −
∫
.
Giải
Áp dụng định lý giá trị trung bình của tích phân, ta có:
( ) ( )
( )
( ) ( )
b b h b
a a h a
f x h f x dx f x dx f x dx
+
+
+ − = −
∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )
b b h a h b
a h b a a h
f x dx f x dx f x dx f x dx
+ +
+ +
= + − −
∫ ∫ ∫ ∫
,
[
]
, 0,1
θ θ
′
∈ .
( ) ( )
( )
( ) ( )
0
1
lim
b
h
a
f x h f x dx f b f a
h
→
⇒
+ − = −
∫
.
Câu 53
Cho
f
là một hàm liên tục trên
[
)
0;
+∞
thoả mãn
( ) ( )
0
lim
x
x
f x f t dt
→∞
+
∫
có
giới hạn hữu hạn. Chứng minh
(
)
lim 0
x
f x
→∞
=
.
Giải
Đặ
t
( ) ( ) ( ) ( )
0
x
F x f t dt F x f x
′
=
⇒
=
∫
.
Khi
đ
ó gi
ả
s
ử
( ) ( ) ( ) ( )
( )
0
lim lim
x
x x
f x f t dt F x F x L
→∞ →∞
′
+ = + =
∫
( ) ( ) ( ) ( )
a b h
a h b
f x dx f x dx hf a h hf b h
θ θ
+
+
′
= + = − + + +
∫ ∫
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
24
Áp dụng quy tắc Lôpitan ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
lim lim lim lim lim
x x
x
x x
x x x x x
x
e F x e F x F x
e F x
F x F x F x L
e e
e
→∞ →∞ →∞ →∞ →∞
′
′
+
′
= = = = + =
′
Suy ra:
(
)
(
)
lim lim 0
x x
f x F x
→∞ →∞
′
= =
.
Câu 54
Chứng minh rằng nếu f khả tích Riemann trên
[
]
;
a b
thì
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
sin cos
b b b
a a a
f x xdx f x xdx b a f x dx
+ ≤ −
∫ ∫ ∫
.
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Schwarz, ta được:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
sin cos
sin cos
b b
a a
b b b b b
a a a a a
f x xdx f x xdx
f x dx xdx f x dx xdx b a f x dx
+ ≤
≤ + = −
∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Câu 55
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng n
ế
u f d
ươ
ng và kh
ả
tích Riemann trên
[
]
;
a b
thì
( ) ( )
( )
2
b b
a a
dx
b a f x dx
f x
− ≤
∫ ∫
.
Hơn nữa nếu
(
)
0
m f x M
< ≤ ≤
thì
( )
( )
(
)
( )
2
2
4
b b
a a
m M
dx
f x dx b a
f x mM
+
≤ −
∫ ∫
.
Giải
+ Áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cauchy Schwarz, ta có:
( ) ( )
( )
( )
( )
2
2
1
.
b b b
a a a
dx
b a f x dx f x dx
f x
f x
− = ≤
∫ ∫ ∫
.
+ Vì
(
)
0
m f x M
< ≤ ≤
nên
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
0 , a x b
f x m f x M
f x
− −
≤ ≤ ≤
Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
( ) ( )
( )
0 0
b b b b
a a a a
f x m f x M
dx
dx f x dx m M dx mM
f x f x
− −
≤ ⇔ − + + ≤
∫ ∫ ∫ ∫
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
25
( )
( )
( )( )
( )
( )( ) ( )
.
b b b b
a a a a
dx dx
f x dx mM m M b a mM m M b a f x dx
f x f x
⇔ + ≤ + − ⇔ ≤ + − −
∫ ∫ ∫ ∫
Do đó:
( )
( )
( )( ) ( ) ( )
2
b b b b
a a a a
dx
mM f x dx m M b a f x dx f x dx
f x
≤ + − −
∫ ∫ ∫ ∫
Xét hàm số:
(
)
2
y g t t kt
= = − +
.
Hàm s
ố đạt cực đại tại
2
k
t
=
v
ớ
i giá tr
ị
c
ự
c
đạ
i là
2
4
k
.
V
ớ
i
( )( ) ( )
, t =
b
a
k m M b a f x dx
= + −
∫
ta có:
( )( ) ( ) ( )
(
)
(
)
2 2
2
4
b b
a a
m M b a
m M b a f x dx f x dx
+ −
+ − − ≤
∫ ∫
.
Do
đ
ó:
( )
( )
b b
a a
dx
mM f x dx
f x
∫ ∫
(
)
(
)
2 2
4
m M b a
+ −
≤
⇔
( )
( )
b b
a a
dx
f x dx
f x
∫ ∫
(
)
(
)
2 2
4
m M b a
mM
+ −
≤
.
Câu 56
Cho f liên t
ụ
c trên
[
]
;
a b
sao cho v
ớ
i m
ọ
i
[
]
[
]
; ;
a b
α β
⊂
ta có:
( )
1
f x dx M
β
δ
α
β α
+
≤ −
∫
v
ớ
i
0 , >0
M
δ
>
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
(
)
0
f x
=
trên
[
]
;
a b
.
Giải
V
ớ
i m
ọ
i
[
]
0
;
x a b
∈ , chọn h thuộc
ℝ
đủ bé sao cho
[
]
0
;
x h a b
+ ∈ .
Khi đó theo định lý trung bình của tích phân: tồn tại
c
ở giữa
0
x
và
0
x h
+
sao cho
( ) ( ) ( )
0
0
1
x h
x
f c h f x dx h f c M h
δ δ
+
+
= ≤ ⇒ ≤
∫
.
Cho
0
h
→
ta đượ
c
(
)
[
]
0 0
0 x ;
f x a b
≤ ∀ ∈
. Suy ra:
(
)
0
f x
=
trên
[
]
;
a b
.
Câu 57
Cho f liên tục trên
[
]
;
a b
. Đặt
( )
1
b
a
c f x dx
b a
=
−
∫
. Chứng minh rằng:
( ) ( )
2 2
b b
a a
f x c dx f x t dx t
− ≤ − ∀ ∈
∫ ∫
ℝ
.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
26
Giải
Xét
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
2
b b b
a a a
g t x t dt b a t f x dx t f x dx
= − = − − +
∫ ∫ ∫
.
g(t) là tam th
ứ
c b
ậ
c hai theo t, g(t)
đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i
( )
0
1
b
a
t f x dx c
b a
= =
−
∫
.
V
ậ
y
( ) ( )
2 2
b b
a a
f x c dx f x t dx t
− ≤ − ∀ ∈
∫ ∫
ℝ
.
Câu 58
Cho f là m
ộ
t hàm th
ự
c kh
ả
vi
đế
n c
ấ
p
1
n
+
trên
ℝ
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng v
ớ
i
m
ỗ
i s
ố
th
ự
c
, , a < b
a b
tho
ả
mãn
(
)
(
)
( )
(
)
( ) ( )
( )
( )
...
ln
...
n
n
f b f b f b
b a
f a f a f a
′
+ + +
= −
′
+ + +
t
ồ
n t
ạ
i
(
)
;
c a b
∈
sao cho
(
)
(
)
(
)
1n
f c f c
+
=
.
Gi
ải
V
ớ
i a, b là s
ố
th
ự
c,
a b
<
ta có
(
)
(
)
( )
(
)
( ) ( )
( )
( )
...
ln
...
n
n
f b f b f b
b a
f a f a f a
′
+ + +
= −
′
+ + +
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
... ...
n n
a b
f a f a f a e f b f b f b e
− −
′ ′
⇔ + + + = + + +
Xét hàm s
ố
:
(
)
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
...
n
x
g x f x f x f x e
−
′
= + + +
Ta có g(x) kh
ả
vi trên
ℝ
và
(
)
(
)
g a g b
=
.
Theo
đị
nh lý Rolle t
ồ
n t
ạ
i
(
)
(
)
; : 0
c a b g c
′
∈ =
.
Mà
(
)
( )
(
)
(
)
(
)
1n
x
g x e f x f x
+
−
′
= −
.
Do
đ
ó:
(
)
(
)
(
)
1n
f c f c
+
= .
Câu 59
Cho
[
)
: 0;f
→ +∞
ℝ
là một hàm liên tục khả vi. Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
[ ]
( ) ( )
2
1 1 1
3 2
0,1
0 0 0
0 max
x
f x dx f f x dx f x f x dx
∈
′
− ≤
∫ ∫ ∫
.
Giải
Đặt
[ ]
(
)
0,1
max
x
M f x
∈
′
=
.
Khi đó
(
)
[
]
(
)
[
]
x 0;1 x 0;1
f x M M f x M≤ ∀ ∈ ⇔ − ≤ ≤ ∀ ∈
. Nhân
(
)
0
f x
≥
vào từng về của bất đẳng thức này ta được :
(
)
(
)
(
)
(
)
Mf x f x f x Mf x
′
− ≤ ≤ ,
[
]
0;1
x∈
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
27
Suy ra:
( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0
x x x
M f t dt f t f t dt M f t dt
′
− ≤ ≤
∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
0 0
1 1
0
2 2
x x
M f t dt f x f M f t dt
⇔ − ≤ − ≤
∫ ∫
.
Đế
n
đ
ây ta ti
ế
p t
ụ
c nhân
(
)
0
f x
≥
vào t
ừ
ng v
ế
c
ủ
a b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c này
để
đượ
c:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 2
0 0
1 1
0
2 2
x x
Mf x f t dt f x f f x Mf x f t dt
− ≤ − ≤
∫ ∫
,
[
]
0;1
x
∈
.
L
ấ
y tích phân 2 v
ế
trên
[
]
0;1
c
ủa bất đẳng thức này:
( )
2
1
0
M f x dx
− ≤
∫
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 1 1
3 2
0 0 0
0
f x dx f f x dx M f x dx
− ≤
∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 1 1
2 2
0 0 0
0
f x dx f f x dx M f x dx
⇔ − ≤
∫ ∫ ∫
hay
( ) ( ) ( )
[ ]
( ) ( )
1 1 1
3 2
0,1
0 0 0
0 max
x
f x dx f f x dx f x f x dx
∈
′
− ≤
∫ ∫ ∫
.
Câu 60
Cho
[
)
: 0;f +∞ →
ℝ
khả vi và thoả mãn
( ) ( )
( )
2 2
1
1 1 , ff x
x f x
′
= =
+
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i gi
ớ
i h
ạ
n h
ữ
u h
ạ
n
(
)
lim
x
f x
→+∞
và bé thua 1
4
π
+
.
Giải
( )
( )
[
)
2 2
1
0 x 0;f x
x f x
′
= > ∀ ∈ +∞
+
f(x)
đồ
ngbi
ế
n
(
)
(
)
1 1 x > 1
f x f
⇒ > = ∀
.
T
ừ
đ
ó ta có:
( ) ( )
2
1
1 1
1
1 1 arctan 1
1 4
x x
x
f x f t dt dt t
t
π
′
= + < = + < +
+
∫ ∫
.
V
ậ
y t
ồ
n t
ạ
i gi
ớ
i h
ạ
n h
ữ
u h
ạ
n
(
)
lim
x
f x
→+∞
và bé thua
1
4
π
+
.
Câu 61
Tìm t
ấ
t c
ả
các hàm
(
)
f x
tho
ả
mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
(
)
(
)
1 2
x
f x f x
−
+ − =
∀∈
ℝ
.
Giải
Nh
ậ
n xét:
(
)
1 1
1
2 2.2 2 2 2
x
x x x x
− +
− − − −
= − = −
Ta có:
(
)
(
)
1 2
x
f x f x
−
+ − =
∀∈
ℝ
(
)
(
)
(
)
1 1
1
1 2 2 x
x
x
f x f x
− +
−
⇔ + + = + ∀ ∈
ℝ
Đặ
t
(
)
(
)
1
2
x
g x f x
−
= +
⇒
(
)
(
)
1 xg x g x
+ = ∀ ∈
ℝ
. V
ậ
y
(
)
(
)
1
2
x
f x g x
−
= −
,
v
ớ
i g là hàm tu
ầ
n hoàn có chu kì
1
T
=
.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
28
Câu 62
Cho f là hàm liên tục trên
[
)
0;
+∞
và tho
ả
mãn
(
)
0 3 1
xf x
< <
(
)
0;x
∀ ∈ +∞
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng hàm s
ố
( ) ( ) ( )
3
3
0 0
3
x x
g x t f t dt tf t dt
= −
∫ ∫
là hàm số đồng
biến trên
(
)
0;
+∞
.
Giải
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
3 2
0 0
9 3
x x
g x x f x xf x tf t dt xf x x tf t dt
′
= − = −
∫ ∫
L
ạ
i có:
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
0 0 0 0
0 3 1 3 3 0
x x x x
tf t dt dt x tf t dt x x tf t dt
< < = ⇒ < ⇒ − >
∫ ∫ ∫ ∫
K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i
(
)
(
)
0 0;xf x x
> ∀ ∈ +∞
, ta suy ra:
(
)
(
)
0 x 0;g x
′
> ∀ ∈ +∞
.
V
ậ
y
(
)
g x
là hàm s
ố
đồ
ng bi
ế
n trên
(
)
0;
+∞
.
Câu 63
Cho hàm s
ố
:
[
]
(
)
2
0,2
f C∈
và
(
)
(
)
(
)
0 2010, f 1 2011, f 2 2012
f
= = =
.
Chứng minh rằng tồn tại
(
)
0;2
c
∈
sao cho
(
)
0
f c
′′
=
.
Giải
+ Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f trên
[
]
[
]
0;1 , 1;2
( ) ( )
(
)
(
)
1 0
2011 2010
0;2 : 1
1 0 1 0
f f
a f a
−
−
′
∃ ∈ = = =
− −
( ) ( )
(
)
(
)
2 1
2012 2011
0;2 : 1
2 1 2 1
f f
b f b
−
−
′
∃ ∈ = = =
− −
+ Vì
f
′
kh
ả
vi trên
[
]
0;2
và
(
)
(
)
f a f b
′ ′
=
nên theo
đị
nh lý Rolle t
ồ
n t
ạ
i
(
)
(
)
0;2 : 0
c f c
′′
∈ =
.
Câu 64
T
ồ
n t
ạ
i hay không hàm liên t
ụ
c
:f
+ +
→
ℝ ℝ
tho
ả
mãn các
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
(
)
(
)
( ) f 2011 2012
i f<
( ) ( )
( )
1
fii f x
x
=
.
Gi
ải
+ Tr
ướ
c h
ế
t ta ch
ứ
ng minh f là
đơ
n ánh.
1 2
, x x
+
∀ ∈
ℝ
, ta có:
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
1 2 1 2 1 2
1 2
1 1
f x f x f f x f f x x x
x x
= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
29
+ f liên tục và đơn ánh suy ra f đơn điệu. Kết hợp với điều kiện (i) suy ra f
đồng biến trên
+
ℝ
. Khi đó
( )
( )
1
f f x
x
=
c
ũ
ng là hàm
đồ
ng bi
ế
n.
Đ
i
ề
u này
vô lý vì
1
y
x
=
là hàm ngh
ị
ch bi
ế
n.
V
ậ
y không t
ồ
n t
ạ
i hàm f tho
ả
mãn yêu c
ầ
u bài toán.
Câu 65
Cho f xác
đị
nh trên
[
]
0;1
tho
ả
mãn:
(
)
(
)
0 1 0
f f
= =
và
( ) ( )
[ ]
x, y 0,1
2
x y
f f x f y
+
≤ + ∀ ∈
.
Chứng minh rằng: phương trình
(
)
0
f x
=
có vô số nghiệm trên đoạn
[
]
0,1
.
Giải
Cho
x y
=
, từ giả thiết ta có:
(
)
(
)
(
)
[
]
2 0 x 0,1
f x f x f x≤ ⇒ ≥ ∀ ∈ .
Ta có:
( ) ( )
1 1
0 0 1 0 0
2 2
f f f f
≤ ≤ + = ⇒ =
.
Ta s
ẽ
ch
ứ
ng minh
1
0
2
n
f
=
n
∀ ∈
ℕ
(1)
+ (1)
đ
úng v
ớ
i
0, 1
n n
= =
.
+ Gi
ả
s
ử
(1)
đ
úng
đế
n
n k
=
, t
ứ
c là:
1
0
2
k
f
=
.
+ Ta có:
( )
1 1
1 1 1
0 0 0 0
2 2 2
k k k
f f f f
+ +
≤ ≤ + = ⇒ =
. Do
đ
ó (1)
đ
úng
đế
n
n k
=
.
V
ậ
y ph
ươ
ng trình
(
)
0
f x
=
có vô s
ố
nghi
ệ
m trên
đ
o
ạ
n
[
]
0,1
.
Câu 66
Cho hàm s
ố
(
)
f x
liên t
ụ
c trên
ℝ
tho
ả
mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
(
)
(
)
(
)
1 x
f f x f x
= ∀
và
(
)
1000 999
f = . Hãy tính
(
)
500
f .
Giải
V
ớ
i
1000
x
=
, ta có:
( )
( )
( ) ( )
1
1000 1000 1 999
999
f f f f=
⇒
=
.
Xét hàm s
ố
:
(
)
(
)
500
g x f x
= −
f liên t
ụ
c trên
f
⇒
ℝ
liên t
ụ
c trên
[
]
999;1000
g
⇒
liên t
ụ
c trên
[
]
999;1000
.
( ) ( )
1
999 999 500 500 0
999
g f
= − = − <
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
30
(
)
(
)
1000 1000 500 999 500 0
g f
= − = − >
Suy ra:
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0
999 . 1000 0 999;1000 : 0
g g x g x
′
< ⇒ ∃ ∈ =
(
)
(
)
0 0
999;1000 : 500
x f x⇔ ∃ ∈ =
.
Thay
0
x x
=
ta được
( )
( )
( ) ( )
0 0
1
1 500
500
f f x f x f= ⇒ =
.
Câu 67
Cho hàm s
ố
:
f
→
ℝ ℝ
tho
ả
mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
(
)
(
)
(
)
2 x, y
3
f x f y f xy
x y
−
= + + ∀ ∈
ℝ
(1) . Hãy xác
đị
nh giá tr
ị
có th
ể
có c
ủ
a
(
)
2011
f .
Giải
Cho
0
x y
= =
thay vào (1) ta
đượ
c:
( ) ( )
( ) ( )
(
)
( )
2
2
0 2
0 0
2 0 0 6 0
3
0 3
f
f f
f f
f
= −
−
= ⇒ − − = ⇔
=
+ Xét
(
)
0 2
f
= −
. Khi
đ
ó:
(
)
(
)
(
)
( )
0 0
3
2 2
3 2
f x f f
x f x x
−
= + ⇒ = − −
.
Thay vào (1) th
ấ
y không tho
ả
.
+ Xét
(
)
0 3
f
=
, khi
đ
ó
(
)
3
f x x
= +
. Thay vào (1) th
ấ
y tho
ả
mãn.
V
ậ
y
(
)
2011 2011 3 2014
f
= + =
.
Câu 68
Cho hàm s
ố
:
f
→
ℝ ℝ
tho
ả
mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n
(
)
(
)
3 3
2 2 x, yf x y f y x
+ = + ∀ ∈
ℝ
.Chứng minh rằng f là hàm hằng.
Giải
Với mọi a, b thuộc
ℝ
, chứng minh tồn tại
,
x y
∈
ℝ
sao cho:
3 3
2 , y 2
x y a x b
+ = + =
.
Rõ ràng
(
)
(
)
f a f b f
=
⇒
là hàm hằng.
Xét hệ phương trình:
3
2
3
3
3
3
2
2 0
2
2
2
2
a x
x y a
y
a x
x b
y x b
y x b
−
+ =
=
−
⇔ ⇒ + − =
+ =
+ =
.
Đây là phương trình đa thức bậc lẻ ( bậc 9) đối với x nên luôn có nghiệm
trên
ℝ
. Suy ra hệ trên luôn có nghiệm (x, y).
Vậy f là hàm hằng.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
31
Câu 69
Tìm giá trị của k sao cho tồn tại hàm liên tục
:
f
→
ℝ ℝ
thoả
mãn:
(
)
(
)
9
xf f x kx
= ∀ ∈
ℝ
.
Giải
- Trường hợp: k = 0 thì hàm
(
)
0 f x x
= ∀ ∈
ℝ
tho
ả
mãn yêu c
ầ
u bài toán.
- Tr
ườ
ng h
ợ
p:
0
k
≠
+ f
đơ
n
đ
i
ệ
u
+ f là m
ộ
t
đơ
n ánh. Th
ậ
t v
ậ
y!
,
x y
∀ ∈
ℝ
,
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
9 9 9 9
f x f y f f x f f y kx ky x y x y
=
⇒
=
⇒
=
⇒
=
⇒
=
.
Vì f liên t
ụ
c và là
đơ
n ánh nên f
đơ
n
đ
i
ệ
u th
ự
c s
ự
•
N
ế
u f t
ă
ng th
ự
c s
ự
.
Khi
đ
ó:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
x y f x f y f f x f f y f f x
<
⇒
<
⇒
<
⇒
t
ă
ng th
ự
c s
ự
.
•
N
ế
u
f
gi
ả
m th
ự
c s
ự
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
x y f x f y f f x f f y f f x
<
⇒
>
⇒
<
⇒
gi
ả
m th
ự
c s
ự
.
V
ậ
y
(
)
(
)
f f x
là hàm t
ă
ng th
ự
c, vì th
ế
9
y kx
=
c
ũ
ng là hàm t
ă
ng th
ự
c s
ự
.
Do
đ
ó
0
k
>
.
Ng
ượ
c l
ạ
i v
ớ
i k > 0, ta luôn tìm
đượ
c hàm
(
)
3
4
x
f x kx
= ∀ ∈
ℝ
.
Câu 70
T
ồ
n t
ạ
i hay không hàm s
ố
:
f
→
ℝ ℝ
sao cho v
ớ
i m
ọ
i x, y thu
ộ
c
ℝ
ta có:
(
)
(
)
{
}
(
)
(
)
max , min ,
f xy f x y f y x
= +
.
Giải
Thay
1
x y
= =
ta
đượ
c
(
)
(
)
{
}
(
)
{
}
(
)
1 max 1 ,1 min 1 ,1 1 1 0 1
f f f f
= + = + ⇒ =
( Vô lý).
V
ậ
y hàm f không t
ồ
n t
ạ
i.
Câu 71
Tìm
( )
( )
1
2 2
0
min 1
f
K x f x dx
∈℘
= +
∫
,
ở
đ
ây
[ ]
( )
( )
1
0
0,1 : 1
f C f x dx
℘= ∈ =
∫
.
Giải
Áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Schwarz ta có:
( ) ( )
( )
( )
2
2
1 1 1 1
2 2 2
2
2
0 0 0 0
1
1 1 1 .
1 4
1
dx
f x dx x f x dx x f x dx K
x
x
π
= = + ≤ + =
+
+
∫ ∫ ∫ ∫
Suy ra:
( )
( )
1
2 2
0
4
min 1
f
K x f x dx
π
∈℘
= + ≥
∫
.
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
32
Câu72 Giả sử rằng f và g là các hàm khả vi trên
[
]
a;b
; trong
đ
ó
(
)
(
)
g x 0 , g x 0
′
≠ ≠
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i
(
)
c a;b
∈
sao cho:
(
)
(
)
( ) ( )
( ) ( )
(
)
(
)
( ) ( )
( )
f a f b f c g c
det det
g a g b f c g c
g b g a g c
′ ′
=
′
−
.
Giải
Xét hai hàm s
ố
:
( )
(
)
( )
( )
( )
f x
1
h x , k x
g x g x
= =
kh
ả
vi trên
[
]
a;b
.
Áp d
ụ
ng
đị
nh lý Cauchy ta có:
( )
(
)
(
)
( ) ( )
(
)
( )
h b h a h c
c a;b :
k b k a k c
′
−
∃ ∈ =
′
−
( )
(
)
( )
(
)
( )
( ) ( )
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
f c g c f c g c
f b f a
g c
g b g a
c a;b :
1 1
g c
g b g a
g c
′ ′
−
−
⇔ ∃ ∈ =
′
−
−
Câu 73
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
(
)
f x arctanx
=
tho
ả
mãn ph
ươ
ng trình:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
n n 1 n 2
2
1 x f x 2 n 1 f x n 2 n 1 f x 0
− −
+ + − + − − =
với
x
∈
ℝ
và
n 2
≥
.
Giải
(
)
f x arctanx
=
( )
( )
( )
2
2
1
f x 1 x f x 1
1 x
′ ′
= ⇒ + =
+
(1)
L
ấ
y
đạ
o hàm hai v
ế
c
ủ
a (1) suy ra:
(
)
(
)
(
)
2
1 x f x 2xf x 0
′′ ′
+ + =
.
B
ằ
ng quy n
ạ
p ta ch
ứ
ng minh
đượ
c:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
n n 1 n 2
2
1 x f x 2 n 1 xf x n 2 n 1 f x 0
− −
+ + − + − − =
(
)
x , n 2
∀ ∈ ≥
ℝ
+ M
ệ
nh
đề
đ
úng trong tr
ườ
ng h
ợ
p n = 2.
+ Gi
ả
s
ử
m
ệ
nh
đề
đ
úng
đế
n
n k
=
t
ứ
c là:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
k k 1 k 2
2
1 x f x 2 k 1 xf x k 2 k 1 f x 0
− −
+ + − + − − =
(*)
L
ấ
y
đạ
o hàm hàm hai v
ế
c
ủ
a (*) ta
đượ
c
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
33
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
( )
( ) ( )( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
k k 1 k 1
2
k k 1
k 1 k k 1
2
2xf x 1 x f x 2 k 1 f x
2 k 1 xf x k 2 k 1 f x 0
1 x f x 2kxf x k 1 kf x 0
+ −
−
+ −
+ + + −
+ − + − − =
⇔ + + + − =
Câu 74 Cho f là hàm khả vi đến cấp n trên
(
)
0;
+∞
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng v
ớ
i
x 0
>
,
( )
( )
( )
n
n
n
n 1
n 1
1 1 1
f 1 x f
x x x
−
+
= −
Giải
+ M
ệ
nh
đề
đ
úng trong tr
ườ
ng h
ợ
p
n 1
=
.
+ Gi
ả
s
ử
m
ệ
nh
đề
đ
úng trong tr
ườ
ng h
ợ
p
n k
≤
, t
ứ
c là:
( )
( )
( )
k
k
k
k 1
k 1
1 1 1
f 1 x f
x x x
−
+
= −
+ Ta s
ẽ
ch
ứ
ng minh m
ệ
nh
đề
trên
đ
úng v
ớ
i
n k 1
= +
.
Th
ậ
t v
ậ
y!
( )
( )
( )
(
)
( )
( )
k
k 1 k
k 1 k k 1
k k k 1 k 2
1 1 1 1
1 x f 1 x f 1 kx f x f
x x x x
+
+ +
− −
′
′
− = − = − −
=
( )
( )
( )
( )
k k
k 1 k 1
k 1 k 2
1 1
1 k x f 1 x f
x x
+ +
− −
′
− − −
( )
( )
( )
k
k 1
k
k 2
k 1
k 1 1
f 1 x f
x x x
−
−
+
′
= − − −
.
L
ạ
i có:
( )
( )
( )
( )
k k 1
k 1 k 1
k 2 k 2
1 1
1 x f 1 x f
x x
−
− −
− −
′
′ ′
− = −
Theo gi
ả
thi
ế
t quy n
ạ
p v
ớ
i tr
ườ
ng h
ợ
p
n k 1
= −
ta
đượ
c:
( )
( )
( )
k 1
k 1
k
k 2
k
1 1 1
f 1 x f
x x x
−
−
−
′
= −
.
T
ừ
đ
ó suy ra
( )
( )
( )
k 1
k 1
k 1
k
k 2
1 1 1
1 x f f
x x x
+
+
+
+
− =
.
V
ậ
y bài toán
đ
ã
đượ
c ch
ứ
ng minh xong
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
34
Câu 75 Cho f khả vi trên
(
)
a;b
sao cho v
ớ
i
(
)
x a;b
∈
ta có:
(
)
(
)
(
)
f x g f x
′
=
, trong đó g
(
)
C a;b
∞
∈
. Chứng minh f
C
∞
∈
(
)
a;b
.
Giải
Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
f x g f x f x g f x f x g f x g f x
′ ′′ ′ ′ ′
=
⇒
= =
( ) ( )
(
)
( )
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
( )
(
)
2 2
f x g f x g f x g f x g f x
′′′ ′ ′
= +
Do
đ
ó
f , f
′′ ′′′
đề
u liên t
ụ
c trên
(
)
a;b
.
Ch
ứ
ng minh b
ằ
ng quy n
ạ
p ta
đượ
c
(
)
(
)
n
f n 3
≥
đề
u là t
ổ
ng các
đạ
o hàm
(
)
(
)
k
g f
v
ớ
i
k 0;n 1
= −
. T
ừ
đ
ó suy ra
đ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh.
Câu 76 Cho
[ ]
f : ; 1;1
2 2
π π
− → −
là m
ộ
t hàm kh
ả
vi có
đạ
o hàm liên t
ụ
c và
không âm. Ch
ứ
ng minh t
ồ
n t
ạ
i
0
x ;
2 2
π π
∈ −
sao cho
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
0 0
f x f x 1
′
+ ≤
.
Giải
Xét hàm s
ố
:
( )
g: ; ;
2 2 2 2
x arctanf x
π π π π
− → −
֏
g là hàm liên t
ụ
c trên
;
2 2
π π
−
. N
ế
u
(
)
f x 1
≠ ±
thì g kh
ả
vi t
ạ
i m
ọ
i x và
( )
(
)
( )
( )
f x
g x
1 f f x
′
′
=
−
.
N
ế
u t
ồ
n t
ạ
i
0
x ;
2 2
π π
∈ −
sao cho
(
)
( )
0
0
f x 1
f x 1
=
= −
thì
0
x
là c
ự
c tr
ị
đị
a ph
ươ
ng
c
ủ
a hàm f nên theo
đị
nh lý Fermat ta suy ra
đượ
c
(
)
0
f x 0
′
=
. Vì th
ế
ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
0 0
f x f x 1
′
+ =
.
N
ế
u
( )
f x 1 x ;
2 2
π π
≠ ± ∀ ∈ −
thì áp d
ụ
ng
đị
nh lý Lagrange cho hàm g trên
đ
o
ạ
n
;
2 2
π π
−
:
www.MATHVN.com
- ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM
35
(
)
( )
( )
0
0
2
0
f x
x ; :g g
2 2 2 2 2 2
1 f x
π π π π π π
′
∃ ∈ − − − = − −
−
.
Dễ thấy:
(
)
( )
( )
0
2
0
f x
0
1 f x
π π
′
≤ ≤
−
.
Vậy ta chứng minh được
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
0 0
f x f x 1
′
+ ≤
.
Câu 77
Cho
f
kh
ả
vi trên
[
]
a;b
và tho
ả
mãn:
a)
(
)
(
)
f a f b 0
= =
b)
(
)
(
)
(
)
(
)
f a f a 0 , f b f b 0
+ −
′ ′ ′
= > = >
.
Chứng minh rằng tồn tại
(
)
c a;b
∈
sao cho
(
)
f c 0
=
và
(
)
f c 0
′
≤
.
Giải
Từ giả thiết suy ra f bằng 0 tại ít nhất một điểm trong khoảng
(
)
a;b
.
Đặt
(
)
(
)
{
}
c inf x a;b :f x 0
= ∈ =
, ta có
(
)
f c 0
=
.
Vì
(
)
f a 0
′
>
nên
(
)
(
)
f x 0 x a;c
> ∀ ∈
. Hơn nữa
(
)
f c
′
tồn tại nên
( )
(
)
(
)
(
)
h 0 h 0
f c h f c f c h
f c lim lim 0
h h
− −
→ →
+ − +
′
= = ≤
.
Câu 78
Cho
(
)
f x
là hàm s
ố có đạo hàm tại điểm
0
x 2011
=
và
n
∈
ℕ
. Ch
ứ
ng minh
r
ằ
ng:
( ) ( )
n
1 2011n
limn f f 2011 f 2011
n
→∞
+
′
− =
.
Giải
Vì f có đạo hàm tại điểm
0
x 2011
=
nên theo định nghĩa ta có:
(
)
(
)
( )
0
0
x 0
f 2011 x f x
lim f x
x
∆ →
+ ∆ −
′
=
∆
Xét riêng: Nếu lấy
1
x
n
∆ =
, ta có
x 0
∆ →
khi
n
→ ∞
.
Ta có:
( )
( )
( )
n n
1
f 2011 f 2011
1 2011n
n
limn f f 2011 lim f 2011
1
n
n
→∞ →∞
+ −
+
′
− = =
.

Tài liệu khác của Đại học Bách Khoa Hà Nội

Preview text:

www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
BÀI TÂP VỀ HÀM SỐ VỚI BA VẤN ĐỀ
LIÊN TỤC, KHẢ VI, KHẢ TÍCH 1 2
Bài 1. Tìm tất cả các hàm số u ( x) thỏa mãn u ( x) = x + ∫u (t )dt . 0 Giải 1 2
Vì ∫u (t )dt là một hằng số nên u ( x) = x + C (C là hằng số). 0 1 1 2 2 2  t  1 C 1
Do đó ∫(t + C )dt = C ⇔ 
+ Ct  = C ⇔ + = C ⇔ C = .  2  8 2 4 0 0 Vậy u ( x) 1
= x + là hàm số cần tìm. 4
Bài 2. Cho hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn điều kiện: f ( x +19) ≤ f ( x) +19 và
f ( x + 94) ≥ f ( x) + 94 với mọi x. Chứng minh rằng: f ( x + )
1 = f ( x) +1 với mọi x ∈ ℝ . Giải
Lấy một số thực x bất kỳ. Áp dụng điều kiện ban đề cho với x −19 và
x − 94 ta thu được:
f ( x −19) ≥ f ( x) −19 và f ( x − 94) ≤ f ( x) − 94 .
Bây giờ ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp với mọi n ∈ ℕ
f ( x +19n) ≤ f ( x) +19n , f ( x + 94n) ≥ f ( x) + 94n
f ( x −19n) ≥ f ( x) −19n , f ( x − 94n) ≤ f ( x) − 94n . Ta có: f ( x + )
1 = f ( x + 5.19 − 94) ≤ f ( x + 5.19) − 94 ≤ f ( x) + 5.19 − 94 = f ( x) +1 f ( x + )
1 = f ( x +18.94 − 89.19) ≥ f ( x +18.94) − 89.19 ≥
≥ f (x) +18.94 −89.19 = f (x) +1. Vậy f ( x + )
1 = f ( x)+1 ∀∈ℝ .
Bài 3. Cho f : ℝ → ℝ là hàm khả vi cấp hai với đạo hàm cấp 2 dương.
Chứng minh rằng: f ( x + f ′( x)) ≥ f ( x) với mọi số thực x. Giải
+ Nếu f ′( x) = 0 thì f ( x + f ′( x)) = f ( x) với mọi x : hiển nhiên.
+ Nếu f ′( x) < 0 thì áp dụng định lý Lagrange trên đoạn x + f ′( x); x   ta
được: f ( x) − f ( x + f ′( x)) = f ′(c)(− f ′( x)) , c∈( x + f ′( x); x) .
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 1
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
f ′ ( x) > 0 ⇒ f ′ là hàm tăng ⇒ f ′(c) < f ′( x) < 0 . Vì vậy
f ( x) − f ( x + f ′( x)) < 0 .
+ Nếu f ′( x) > 0 thì chứng minh tương tự như trường hợp f ′( x) < 0 ta cũng
thu được f ( x) − f ( x + f ′( x)) < 0 . π π
Bài 4 Cho x ≥ 2 , chứng minh ( x + ) 1 cos − xcos >1. x + 1 x Giải π
Xét hàm số: f :[2;∞) → ℝ , f (t ) = t cos . t
Áp dụng định lý Lagrange trên đoạn [ ; x x + ]
1 đối với hàm f (t ) f x +1 − f x tồn tại u ∈[ ; x x + ] 1 : f ′(u) ( ) ( ) = ( = + − x + ) f ( x )1 f (x) 1 − x π π π
Cần chứng minh f ′(u) = cos + sin >1 u ∀ ∈[2;+∞). u u u π π f ′ (u) 2 = − cos < 0 u
∀ ∈ 2;+∞ ⇒ f ′ nghịch biến trên [2;+∞) 3 [ ) u u
f ′(u) > lim f ′(u) =1. u→∞ π π Vậy ( x + ) 1 cos − xcos >1 x ∀ ∈[2;+∞). x + 1 x
Bài 5 Tồn tại hay không hàm khả vi liên tục f thỏa mãn điều kiện
f ( x) < 2 , f ( x)f ′( x) ≥ sin x x ∀ ∈ℝ ? Giải Không tồn tại. Ta có: x x x 2 ′ f ( x) 2 − f (0) 2 =  ∫ f  (t) dt
= ∫2 f (t) f ′(t)dt ≥ 2∫sintdt = 2(1− cos x) 0 0 0 Suy ra: 2 f (π ) 2
≥ f (0) + 2(1− cosπ ) ≥ 4. Bài 6  1 
Giả sử hàm f : (−a;a) \ { }
0 → (0;+∞) thoả mãn lim f ( x) +  = 2 . x→0 f  (x)
Chứng minh rằng lim f ( x) = 1. x→0 Giải
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 2
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH 1
Với f ( x) > 0 , áp dung bất đẳng thức Cauchy ta được: f ( x) + ≥ . f ( x) 2   1  f ( x) 1 lim +  = 2 ⇒ ε ∀ > 0, δ
∃ > 0 sao cho 0 ≤ f (x) + − 2 < ε x→0 f  (x)  f ( x)
với 0 < x < δ . 1  1 
Ta có: 0 ≤ f ( x) + − < ε ⇔ ≤ − +  −  < ε (1) f ( x) 2 0
( f (x) )1 f (x) 1  1 
⇔ 0 ≤ ( f ( x) − ) 1 1 −  < ε (2). f  (x) 
Bình phương hai vế của (1), ta được: 2 (     f ( x) − )2 1 1 2 1 +  −  + −  −  < ε f  ( x) 1 2( f ( x) )1 f   ( x) 1 2 (     ⇔ f (x) − )2 1 1 2 1 +  −  − −  −  < ε (3) f  ( x) 1 2( f ( x) )1 1 f   (x)  2   2 1
Thay (2) vào (3) ta suy ra: ( f ( x) − ) 2 1 +  −  < ε + ε . f  ( x) 1 2 
⇒ ( f (x) − )2 2
1 < ε + 2ε ⇒ lim f ( x) =1. x→0 Bài 7 P( x)   Tính lim
, ở đây P ( x) là đa thức với hệ số dương.
x→∞ P ([x]) Giải
Vì P là đa thức với hệ số dương , với x > 1 ta có:
P ( x) −1 P  ( x) P ( x) P ( x) −1 P ( x) ≤ ≤ . Vì lim = lim =1 nên P ( x) P ([x]) P ( x − ) 1 x→∞ P ( x)
x→∞ P ( x − ) 1 P( x)   lim = . →∞ P([x]) 1 x Bài 8
Hãy chỉ ra một ví dụ chứng tỏ rằng: lim f x + f 2x = 0 (*) không suy x→0 ( ( ) ( ))
ra được f có giới hạn tại 0. Tập (a − ε;a + ε ) \ { }
a , ở đây ε > 0 được gọi là
lân cận khuyết của điểm a ∈ ℝ . Chứng minh rằng nếu tồn tại hàm ϕ sao cho
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 3
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
bất đẳng thức f ( x) ≥ ϕ ( x) được thoả mãn trong lân cận khuyết của 0 và
limϕ ( x) = 0 thì từ (*) suy ra được: lim f ( x) = 0 . x→0 x→0 Giải Ví dụ n  1  − nếu x = , n = 0,1,2,3,...
Xét f : ℝ → ℝ xác định bởi f ( x) ( )1 =  2n 0 nếu ngược lại
ϕ (x) ≤ f (x) = ( f (x) + f (2x)) − f (2x) ≤ ( f (x) + f (2x)) −ϕ(2x)
Vì limϕ ( x) = lim f x + f 2x −ϕ x = 0 nên lim f ( x) = 0 . x→∞ x→0 ( ( ) ( ) ( )) x→0 Bài 9
a) Cho ví dụ về hàm f thoả mãn điều kiện lim f x f 2x = 0 nhưng x→0 ( ( ) ( ))
lim f ( x) không tồn tại. x→0
b) Chứng minh rằng nếu trong một lân cận khuyết của 0, các bất đẳng thức α f ( x) 1
≥ x , < α <1 và f (x) f (2x) ≥ x được thoả mãn thì lim f (x) = 0. 2 x→0 Giải n  − 1 nếu x = , n = 0,1,2,3,...
a) Xét f : ℝ → ℝ xác định bởi f ( x) ( )1 =  2n 0 nếu ngược lại α x x 1
b) x ≤ f ( x) ≤ ≤ < α < = α . Do
1 nên lim f ( x) 0 . f (2x) 2x 2 x→0 Bài 10 f (ax)
Cho trước số thực α , giả sử lim
= g (a) với mỗi số dương a. Chứng x xα →∞
minh rằng tồn tại c sao cho g (a) caα = . Giải g (a) f (ax) f (t) Ta có: = lim = lim = g ( )
1 ⇒ g (a) = g ( ) 1 aα . Chọn α α α α x→∞ t a a x →∞ t c = g ( )
1 ta được g (a) caα = . Bài 11
Giả sử f ∈C ([0;2]) và f (0) = f (2) . Chứng minh rằng tồn tại x , x trong 1 2
[0;2] sao cho x − x =1 và f (x = f x . 2 ) ( 1) 2 1
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 4
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
Xét hàm số g ( x) = f ( x + )
1 − f ( x) , x ∈[0;2]
Vì f ∈C ([0;2]) nên g ∈C ([0;2]) .
Ta có: g (0) = f ( )
1 − f (0) = f ( )
1 − f (2) = −( f (2) − f ( ) 1 ) = −g ( ) 1
Suy ra: g ( ) g ( ) = − g ( ) 2 0 1 1    ≤ 0.
Vì thế tồn tại x ∈ 0;1 : g x = 0 ⇔ f x + 1 = f x . 0 [ ] ( 0) ( 0 ) ( 0)
Vậy có thể lấy x = x + 1 , x = x . 2 0 1 0 Bài 12
Cho f ∈C ([0;2]) . Chứng minh rằng tồn tại x , x trong [0;2] sao cho 1 2 1
x − x = 1 và f ( x − f x = f 2 − f 0 . 2 ) ( 1) ( ( ) ( )) 2 1 2 Giải 1
Xét hàm số: g ( x) = f ( x + )
1 − f ( x) − ( f (2) − f (0)), x∈[0;2] 2
Vì f ∈C ([0;2]) nên g ∈C ([0;2]) . 1 1
Ta có: g (0) = f ( )
1 − f (0) − ( f (2) − f (0)) = f ( )
1 − ( f (0) + f (2)) 2 2 1  1  g ( )
1 = f (2) − f ( )
1 − ( f (2) − f (0)) = − f  ( )
1 − ( f (0) + f (2)) 2  2  2  1 
Suy ra: g (0) g ( ) 1 = − f  ( )
1 − ( f (0) + f (2)) ≤ 0  .  2  1
Vì thế tồn tại x ∈ 0;1 : g x = 0 ⇔ f x + 1 − f x = f 2 − f 0 . 0 [ ] ( 0) ( 0 ) ( 0) ( ( ) ( )) 2
Vậy có thể lấy x = x + 1 , x = x . 2 0 1 0 Bài 13
Với n ∈ ℕ , gọi f ∈C ([0;n]) sao cho f (0) = f (n). Chứng minh rằng tồn
tại x ; x trong khoảng [0;n] thoả mãn x − x =1 và f ( x = f x . 2 ) ( 1) 1 2 2 1 Giải
Xét g ( x) = f ( x + )
1 − f ( x) , x ∈[0;n − ] 1 g (0) + g ( )
1 + ... + g (n − ) 1 = f ( )
1 − f (0) + f (2) − f ( )
1 + ... + f (n) − f (n − )
1 = f (n) − f (0) = 0
+ Nếu g (k ) = 0 , k ∈{0,1,2,...,n − }
1 thì ta có ngay điều phải chứng minh.
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 5
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH + Nếu k
∃ ∈{0,1,2,...,n − }
1 : g (k ) ≠ 0. Không mất tính tổng quát giả sử
g (k ) > 0 thì lúc đó luôn tìm được h ≠ k , h ∈{0,1,2,...,n − } 1 sao cho
g (h) < 0 . Khi đó tồn tại x ∈ 0;n −1 sao cho 0 [ ]
g ( x = 0 ⇔ f x +1 = f x . 0 ) ( 0 ) ( 0)
Vậy có thể lấy x = x + 1 , x = x . 2 0 1 0 Bài 14
Chứng minh rằng nếu a sin x + a sin 2x + ... + a sin nx ≤ sin x với x ∈ ℝ thì 1 2 n
a + 2a + ... + na ≤ 1. 1 2 n Giải
Đặt f ( x) = a sin x + a sin 2x + ... + a sin nx ta có: 1 2 n f x − f
a + 2a + ... + na = f ′ = n (0) ( ) (0) lim 1 2 x→0 x f ( x)
f ( x) sin x f ( x) = lim = lim . == lim ≤1. x→0 x→0 x→0 x sin x x sin x Bài 15
Giả sử f (0) = 0 và f khả vi tại điểm 0. Hãy tính 1   x   x   x  lim f
 ( x) + f   + f   + ... + f   với k là một số nguyên dương x→0 x   2   3   k  cho trước. Giải Ta có: 1   x   x   x  lim f
 ( x) + f   + f   + ... + f   x→0 x   2   3   k    x   x   x    ( ) ( f   − f f   − f f   − f f x f 0) (0) (0) (0) − 1  2  1  3  1  k  = lim + . + . + ...+ .  x→0  x − 0 2 x 3 x k x 0 0 0  − − −  2 3 k    f ′ 0 f ′ 0 f ′ 0  1 1 1  = f ′(0) ( ) ( ) ( ) + + + ... +
= 1+ + + ...+  f ′(0) . 2 3 k  2 3 k
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 6
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Bài 16
Cho f là hàm khả vi tại a và xét hai dãy ( x và ( y cùng hội tụ về a sao cho n ) n )
f ( x ) − f ( y )
x < a < y với mọi n ∈ ℕ . Chứng minh rằng: lim n n = f ′(a) . n n n→∞ x − y n n Giải
f ( x ) − f ( y ) f x
− f y − x f ′ a + y f ′ a Ta có: ≤ − f ′(a) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 n n n n n n = x − y x − y n n n n
f ( x − f y − f a + f a + af ′ a − af ′ a − x f ′ a + y f ′ a n ) ( n) ( ) ( ) ( ) ( ) n ( ) n ( ) = x − y n n
f ( x − f a − f ′ a x − a f y
− f a − f ′ a y − a n ) ( ) ( )( n ) ( n) ( ) ( )( n ) = − x − y x − y n n n n
f ( x − f a − f ′ a x − a f y
− f a − f ′ a y − a n ) ( ) ( )( n ) ( n) ( ) ( )( n ) ≤ + x − y x − y n n n n
f ( x − f a − f ′ a x − a f y
− f a − f ′ a y − a n ) ( ) ( )( n ) ( n) ( ) ( )( n ) ≤ + x − a y − a n n
f ( x − f a f y − f a n ) ( ) = − f ′(a) ( n) ( ) +
− f ′(a) → 0 (n → ∞) x − a y − a n n
f ( x ) − f ( y ) Vậy lim n n = f ′(a) . n→∞ x − y n n Bài 17
Cho f khả vi trên (0;+∞) và a > 0. Chứng minh rằng: M
a) Nếu lim af x + f ′ x
= M thì lim f (x) = . x→+∞ ( ( ) ( )) x→+∞ a M b) Nếu lim af x + x f ′ x
= M thì lim f (x) = . x→+∞ ( ( ) 2 ( )) x→+∞ a Giải
Áp dụng quy tắc Lôpitan, ta có: ′ ax e f x ( ax e f x ) ax
e (af ( x) + f ′( x)) a) lim f ( x) ( ) ( ) = lim = lim = lim ax →+∞ →+∞ e →+∞ ( ) ax x x x x→+∞ ax ′ ae e 1 = + ′ = + ′ = →+∞
(af (x) f (x)) 1 M lim lim
→+∞ ( af ( x ) f ( x)) . x x a a a
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 7
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH b) Ta có: ( ′  aa x e
f ( x) + f ′( x) a x a x e f xe f x )  2 x  lim f ( x) ( ) ( ) = lim = lim = lim a x x→+∞ x→+∞ x e →+∞ ( ′ x→+∞ a a x e ) a x e 2 x 1 = + ′ = + ′ = →+∞
(af (x) xf (x)) 1 M lim 2 lim
→+∞ ( af ( x ) 2 x f ( x)) . x x a a a Câu 18
Cho f khả vi cấp 3 trên (0;+∞) . Liệu từ sự tồn tại của giới hạn
lim f x + f ′ x + f ′ x + f ′′ x có suy ra sự tồn tại của lim f ( x) x→+∞ ( ( ) ( ) ( ) ( )) x→+∞ không? Giải
Không. Lấy ví dụ: f ( x) = cos x , x ∈(0;+∞) . Ta có: lim + ′ + ′ + ′′ = − − + =
→+∞ ( f ( x )
f ( x) f ( x) f ( x)) lim (cos x sin x cos x sin x) 0 x x→+∞
Nhưng không tồn tại lim f ( x) = lim cos x . x→+∞ x→+∞ Câu 19
a) Giả sử f xác định và liên tục trên [0;+∞) , có đạo hàm liên tục trên
(0;+∞) và thoả mãn f (0) =1, ( ) x f x e− ≤ x
∀ ≥ 0. Chứng minh rằng tồn tại x ∈ 0;+∞ sao cho ( x f x e− ′ = . 0 ) 0 0 ( )
b) Giả sử f khả vi liên tục trên (1;+∞) và thoả mãn f ( ) 1 = 1, f ( x) 1 ≤ x
∀ ≥1. Chứng minh rằng tồn tại x ∈ 1;+∞ sao cho 0 ( ) x ′( 1 f x = − . 0 ) 2 x0 Giải a) Đặt ( ) ( ) x g x f x e− = −
f liên tục trên [0;+∞) ⇒ g liên tục trên [0;+∞) ⇒ g liên tục trên tại 0
⇒ lim g (x) = g (0) = f − = . + (0) 1 0 x→0 0 ≤ f ( x) − x
≤ e ⇒ lim f (x) = 0 x→+∞
⇒ lim g (x) = lim f x − e− = f x − e− = . x→+∞ x→+∞ ( ( )
x ) lim ( ) lim x 0 x→+∞ x→+∞
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 8
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Do đó: lim g = ⇒ ∃ ∈ +∞ ′ = hay ( x f x e− ′ = . 0 ) 0 +
(x) lim g(x) x 0; : g x 0 0 ( ) ( 0) x→0 x→+∞ b) Đặt ( ) = ( ) 1 g x f x − x
f khả vi liên tục trên (1;+∞) ⇒ lim f ( x) = f = + ( )1 0 x 1 →   ⇒ g =  −  = . + (x) f + (x) 1 lim lim 0 x 1 → x 1 →  x    ≤ f (x) 1 ≤ ⇒ f ( x) = ⇒ g ( x) =  f ( x) 1 0 lim 0 lim lim −  = 0 x→+∞ x→+∞ x x →+∞  x  1 lim g = ⇒ ∃ ∈ +∞ ′
= hay f ′(x = − . 0 ) +
(x) lim g(x) x 1; : g x 0 0 ( ) ( 0) x 1 → x→+∞ 2 x0 π π  
Câu 20 Cho M =  f ∈C ([0; ]
1 ) : ∫ f ( x)sin xdx = ∫ f ( x)cos xdx =1 .   0 0 π Tìm 2
min ∫ f ( x)dx . f M ∈ 0 Giải 2 Cho f x = sin x + cos x . 0 ( ) ( ) π
+ Rõ ràng f ∈ M . 0 π
+ Đối với hàm bất kỳ f ∈ M ,  ∫ f
 ( x) − f ( x) 2  dx  ≥ 0. 0 0 π π π 8 4 4 π Suy ra: 2
∫ f (x)dx ≥ 2∫ f ( x) f (x) 2
dx −∫ f ( x) 2 dx = − = = ∫ f x dx . 0 0 0 ( ) π π π 0 0 0 0
Vậy cực tiểu đạt được khi f = f . 0 Câu 21
Tìm hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên ℝ sao cho x 2 f ( x) = ∫( 2 f (t) 2
+ f ′ (t))dt + 2011 (1). 0 Giải
Vì hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên ℝ nên 2
f ( x) có đạo hàm liên tục trên ℝ .
Lấy đạo hàm 2 vế của (1), ta được:
f ( x) f ′( x) = f ( x) + f ′ ( x) ⇒ ( f ′( x) − f ( x))2 2 2 2
= 0 ⇒ f ′(x) = f (x) ⇒ ( ) x f x = Ce (2).
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 9
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Từ (1) suy ra: 2
f (0) = 2011⇒ f (0) = ± 2011.
Cho x = 0 , từ (2) ⇒ f (0) = C = ± 2011 . Vậy ( ) = ± 2011 x f x e . Câu 22
Tìm tất cả các hàm số liên tục f : ℝ → ℝ thoả mãn
f ( x + f x + ... + f x
= f y + f y + ...+ f y 1 ) ( 2) ( 2011) ( 1) ( 2) ( 2011)
với mọi bộ số thoả mãn: x + x + ... + x
= y + y + ...+ y = 0. 1 2 2011 1 2 2011 Giải
Đặt f (0) = b , g( x) = f ( x) − .
b Do đó: g (0) = f (0) − b = 0
và g ( x + g x + ... + g x
= g y + g y + ...+ g y 1 ) ( 2) ( 2011) ( 1) ( 2) ( 2011)
với mọi bộ số thoả mãn : x + x + ... + x
= y + y + ... + y = 0. 1 2 2011 1 2 2011 Trước hết cho
y = y = ... = y
= 0 , x = x = ... = x = 0 , x = x, x = −x 1 2 2011 1 2 2009 2010 2011
ta được: g (−x) = −g ( x) x ∀ ∈ℝ . Tiếp theo cho
y = y = ... = y
= 0 , x = x = ... = x = 0 , x = x, x
= y, x = −x − y 1 2 2011 1 2 2008 2009 2010 2011 ta được:
g ( x) + g ( y) + g (−x − y) = 0 x
∀ ,y∈ℝ ⇔ g (x + y) = g(x) + g( y) x ∀ , y∈ℝ
Đây là phương trình hàm Cauchy, do đó: g ( x) = ax , a = g ( ) 1 .
Vậy f ( x) = ax + b , a, b = const . Câu 23
Cho f liên tục trên đoạn [ ;
a b], khả vi trong khoảng (a;b) và
f (a) = f (b) = 0 . Chứng minh rằng tồn tại c ∈( ; a b) sao cho: ′( ) 2011 f c = f (c). Giải x 2010 − f t dt ∫
Xét hàm số: g ( x) ( ) a = e f ( x)
Vì f liên tục trên đoạn [a;b], khả vi trong khoảng (a;b)nên g liên tục trên đoạn [ ;
a b], khả vi trong khoảng ( ;
a b) . Hơn nữa g (a) = g (b) = 0 suy ra tồn
tại c ∈(a;b) : g′(c) = 0 . x 2010 − f t dt ∫ Mà g′( x) ( ) a = e ( f ′(x) 2011 − f
(x)). Suy ra: ′( ) 2011 f c = f (c).
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 10
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Câu 24
Cho f liên tục trên [0;2012] . Chứng minh rằng tồn tại các số f 2012 − f 0
x , x ∈ 0;2012 , x − x = 1006 thoả mãn: f ( x − f x = 2 ) ( 1) ( ) ( ) 1 2 [ ] 1 2 2 Giải x +1006 − f x f 2012 − f 0
Xét hàm số: F ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) = − , x ∈[0;1006] . 1006 2012
F liên tục trên [0;1006]. Ta có: ( f − f − f F 0) 2 (1006) (2012) (0) = 2012 ( f − f − f F 1006) 2 (1006) (2012) (0) = − 2012
F (0) F (1006) ≤ 0 ⇒ x
∃ ∈ 0;1006 : F x = 0. 0 [ ] ( 0) ⇔ ∃ ∈[ f − f x
0;1006]: f ( x +1006) − f ( x ) (2012) (0) = . 0 0 0 2
Đặt x = x + 1006 , x = x ta có điều phải chứng minh. 2 0 1 0 Câu 25 Cho số thực a∈[0; ]
1 . Xác định tất cả các hàm liên tục không âm trên [0; ] 1
sao cho các điều kiện sau đây được thỏa mãn: 1 1 1
a) ∫ f ( x)dx = 1 b) ∫ xf ( x)dx = a c) 2 ∫ x f (x) 2 dx = a . 0 0 0 Giải
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski ta có: 2 2 1      ∫ xf ( x) 1
dx  =  ∫ x f ( x). f ( x) 1
dx  ≤ ∫ x f ( x) 1 2 d .
x ∫ f ( x)dx .     0 0 0 0 2 1 1 1  
Mà theo giả thiết:  ∫ xf ( x) 2
dx  = ∫ x f ( x)d .
x ∫ f ( x)dx .   0 0 0 Do f liên tục trên [0; ] 1 nên x
f ( x) = λ f ( x) λ ≥ 0, x ∀ ∈[0; ] 1 1
Suy ra: f ( x) = 0 x ∀ ∈[0; ]
1 . Điều này mâu thuẩn với giả thiết: ∫ f ( x)dx = 1. 0
Vậy không tồn tại hàm f thoả mãn bài toán. Bài 26
Có tồn tại hay không hàm số khả vi f : ℝ → ℝ thoả mãn f ( ) = ′(x) 2 0 1 , f ≥ f (x) x ∀ ∈ℝ ?
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 11
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Giải
Giả sử hàm f thoả mãn yêu cầu bài toán. Vì f ′( x) 2
≥ f (x) ≥ 0 x ∀ ∈ℝ nên
f đồng biến trên [0;+∞) ⇒ f ( x) ≥ f (0) =1 > 0 x ∀ ∈[0;+∞). x ′( ) x f t 1
Từ giả thiết bài toán ta có: ∫
dt ≥ ∫ dt ⇒ f x ≥ , x ∈∈ 0;1 . 2 f t 1 − x 0 ( ) ( ) [ ) 0
Do đó không tồn tại lim f ( x) . Điều này mâu thuẫn với giả thiết f liên tục. x 1 →
Vậy không tồn tại hàm f thoả mãn bài toán. Câu 27
Có hay không một hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn: f ( x + y) + sin x + sin y < 2 với x, y ∈ ℝ . Giải
Giải sử tồn tại hàm f thoả mãn yêu cầu bài toán. π π + Cho x = , y =
, ta được: f (π ) + 2 < 2 . 2 2 π 3π + Cho x = − , y =
, ta được: f (π ) − 2 < 2 . 2 2
Ta lại có: 4 = ( f (π ) + 2) + (− f (π ) + 2) ≤ f (π ) + 2 + f (π ) − 2 < 4 . Điều
này vô lý. Vậy không có hàm số f nào thoả yêu cầu bài toán. Câu 28
Tìm tất cả các hàm f(x) xác định và liên tục trên ℝ sao cho
f ′( x) f ′ ( x) = 0 x ∀ ∈ℝ . Giải Đặt ( ) = ( ′( ))2 g x f x
g′( x) = 2 f ′( x) f ′ ( x) = 0 x ∀ ∈ℝ
⇒ g ( x) = C = const ⇒ f ′( x) = const ⇒ f (x) = ax + b x ∀ ∈ℝ . Câu 29
Cho f : ℝ → ℝ sao cho f (a) − f (b) < a − b a
∀ ≠ b . Chứng minh rằng
nếu f ( f ( f (0))) = 0 thì f (0) = 0 . Giải
Ta viết lại điều kiện đối với hàm f(x) như sau: f (a) − f (b) ≤ a − b (*)
Dấu “=” xảy ra khi a = b.
Đặt x = f (0), y = f ( x). Khi đó f ( y) = 0.
Áp dụng bất đẳng thức (*) liên tiếp ta có:
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 12
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
x = x − 0 ≥ f ( x) − f (0) = y − x ≥ f ( y) − f ( x) = 0 − y ≥ f (0) − f ( y) = x
Suy ra: x = y = 0 . Vậy f (0) = 0 . Câu 30 x Hàm f ( x) 2 x 3
= e −1− x −
có khả vi tại điểm x = 0 hay không? 2 Giải
Theo công thức Taylor, ta có: 2 3 x x x x x e = + x + + + o(x ) 2 3 3 x
⇒ e − − x − = + o( 3 1 1 x ) 2 6 2 6 ⇒ ( ) 3 x f x = + o( 1 3 3 x ) =
x + o( x). 3 6 6 1
Vậy f(x) khả vi tại x = 0 và f ′(0) = . 3 6 Câu 31
Chứng minh rằng nếu hàm f(x) khả vi vô hạn lần trên ℝ thì hàm
f ( x) − f (0) được định nghĩa thêm để liên tục tại x = 0 cũng khả vi vô hạn x lần. Giải Với x ≠ 0 ta có: ( ) − ( x f x − f f x
f 0) = ∫ f ′(t ) 1
dt = ∫ f ′(ux) ( ) (0) 1 xdu ⇒
= ∫ f ′(ux)du x 0 0 0 1
Vì ∫ f ′(ux)du khả vi vô hạn lần với mọi x ∈ ℝ . 0
f ( x) − f (0) Vậy
được định nghĩa thêm để liên tục tại x = 0 khả vi vô hạn x lần. Câu 32
Cho f ( x) khả vi 2 lần thoả f (0) = f ( )
1 = 0 , min f ( x) = 1 − . x [ ∈ 0; ] 1
Chứng minh rằng: max f ′ ( x) ≥ 8 . x [ ∈ 0; ] 1 Giải f liên tục trên [0; ] 1 ⇒ a ∃ ∈[0; ]
1 : f (a) = min f ( x) = 1 − .Suy ra được x [ ∈ 0; ] 1
f ′(a) = 0 , a ∈(0; ) 1 .
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 13
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
f (a +θ x − a )
Khai triển Taylor tại a: f ( x) ( ) = − + (x − a)2 1 , 0 < θ < 1. 2 f ′ (c1 )
+ Với x = 0 , ta có: 2 0 = 1 − +
a , 0 < c < a . 2 1 f ′ (c )
+ Với x = 1, ta có: = − + ( − a)2 2 0 1 1
, a < c < 1. 2 2 2 1 2 1
Do đó: f ′ (c =
≥ 8 nếu a ≤ ; f ′ (c = ≥ 8 nếu a ≥ . 2 ) 1 ) 2 a 2 (1− a)2 2
Vậy max f ′ ( x) ≥ 8 . x [ ∈ 0; ] 1 Câu 33  1 2011 x sin , x ≠ 0
Giả sử f ( x) =  x 0 , x = 0
và hàm g ( x) khả vi tại x = 0. Chứng minh rằng g ( f ( x)) có đạo hàm bằng 0 tại x = 0 . Giải  1    − d ( )− ( ( g h g g f h g f 0)) 2011 sin (0)  h  Ta có:
g ( f ( x)) ( ) = lim = lim h→0 h→0 dx h h x=0  1    1   2011 g h sin  − g (0) 2011 g   h sin  − g (0)   h  1  h   1  2011 2011 = lim .h sin = lim .limh sin  h→0 h→0 h→0 1 h 1 2011  2011   h h sin − 0 h sin  − 0  hh  1 1 Vì 2011 2011 0 ≤ h sin ≤ h → 0 (h → 0) nên 2011 lim h sin = 0. h h→0 h d Do đó:
g ( f ( x)) = g  ′(0).0  = 0 dx x=0 Câu 34
Hàm f xác định, khả vi trên (0;+∞), λ ∈ ℝ . Chứng minh rằng hàm
f ′( x) + λ f ( x) không giảm khi và chỉ khi ( ) x f x eλ ′ không giảm. Giải
Đặt h( x) = f ′( x) + λ f ( x) ; ( ) = ( ) x g x f x eλ ′ .
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 14
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH ′
Suy ra: λx ( ) = ( λx e h x
e f ( x)) ; −λx e
g ( x) = f ′( x) . Khi đó: ( ) λ = ′( ) = ( ) λ − λ ( ) = ( ) x x x − λ∫( λt ′ g x e f x h x e f x h x
e f (t )) dt − λ f (0) 0 = ( ) x λt
h x − λ ∫ e h(t )dt − λ f (0) . 0 ( ) = ′( ) + ( ) −λ λ = ( ) x x h x f x f x e
g x + λ ∫ f ′(t )dt + λ f (0) 0 x = −λx ( ) −λt e
g x + λ ∫ e g (t)dt + λ f (0). 0
(⇒)Giả sử h(x) không giảm
Khi đó với b > a ta có:
g (b) − g (a) = (eλ h(b) − eλ h(a)) b b a λt
− λ∫e h(t)dt (1) a
Theo định lý trung bình của tích phân tồn tại
c ∈(a b) b∫ eλ h(t)dt = h(c) b t λt 1 ; :
∫e dt = h(c)( λb λa e − e ) λ (2) a a
Thay (2) vào (1) ta được: ( ) − ( ) λb = ( ) λa − ( ) λb − ( ) λa g b g a e h b e h a
e h c + e h(c) λb = ( ( )− ( )) λa e h b h c
+ e (h(c) − h(a)) ≥ 0 với b > c > a. Do đó g(x) không giảm.
(⇐) Giả sử g(x) không giảm
Khi đó với b > a ta có:
h(b) − h(a) = (e−λ g (b) − e−λ g (a)) b b a −λt
+ λ∫e g(t)dt (3) a
Theo định lý trung bình của tích phân tồn tại
c ∈(a b) b∫ e−λ g (t )dt = g (c) b t −λt 1 ; :
∫e dt = − g (c)( −λb −λa e − e ) λ (4) a a
Thay (4) vào (3) ta được: ( ) − ( ) −λb = ( ) −λa − ( ) −λb − ( ) −λa h b h a e g b e g a e g c + e g (c) −λb = ( ( )− ( )) −λa e g b g c
+ e (g(c) − g(a)) ≥ 0 với b > c > a. Do đó h(x) không giảm.
Vậy bài toán đã chứng minh xong.
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 15
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Câu 35
Giả sử f ∈C (ℝ) . Liệu có tồn tại các hàm số g(x) và h(x) sao cho x ∀ ∈ℝ
thì f ( x) = g ( x)sin x + h( x)cos x hay không? Giải
Có. Chẳng hạn xét các hàm số sau:
g ( x) = f ( x)sin x , h ( x) = f ( x)cos x Ta có: g ( x) x + h( x)
x = f ( x)
2 x + f ( x) 2 sin cos sin
cos x = f ( x) . Câu 36
Giả sử f : ℝ → ℝ có đạo hàm cấp 2 thoả mãn: f (0) =1, f ′(0) = 0 và
f ′ ( x) − 5 f ( x) + 6 f ( x) ≥ 0 x
∀ ∈[0;+∞) . Chứng minh rằng: ( ) 2 x 3 ≥ 3 − 2 x f x e e , x ∀ ∈[0;+∞). Giải Ta có:
f ′ ( x) − 5 f ′( x) + 6 f ( x) ≥ 0 x ∀ ∈[0;+∞)
⇔ f ′ (x) − 2 f ′(x) − 3( f ′(x) − 2 f (x)) ≥ 0 x ∀ ∈[0;+∞)
Đặt g ( x) = f ′( x) − 2 f ( x) , x ∈[0;+∞). ′ Khi đó ′( ) − ( ) ≥ ∈[ +∞) ⇔ ( 3 3 0 , x 0; − x g x g x e
g ( x)) ≥ 0 ,x ∈[0;+∞) 3 − x
⇒ e g (x) tăng trên [0;+∞) ⇔ ( 2− ′ ′ x ( )) x ≥ − ∈[ +∞) ⇔ ( 2 2 , x 0; − x ( ) + 2 x e f x e e f x
e ) ≥ 0 x ∈[0;+∞) ⇒ 2 − x ( ) + 2 x e f x
e tăng trên [0;+∞) 2 − x ⇒ e f (x) x 0 + e ≥ e f ( ) 0 2 0 + 2e = 3 , [0;+∞) ⇒ ( ) 2 x 3 ≥ 3 − 2 x f x e e , x ∀ ∈[0;+∞). Câu 37
Cho f : (0;+∞) → ℝ có đạo hàm cấp 2 liên tục thoả mãn:
f ′ ( x) + xf ′( x) + ( 2 2 x + )
1 f ( x) ≤ 2011 với mọi x. Chứng minh rằng:
lim f ( x) = 0 . x→∞ Giải
Áp dụng quy tắc Lôpitan, ta có: 2 x e f x lim f ( x) 2 ( ) = lim = 2 x x→∞ x→∞ 2 e
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 16
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH 2 2 ′ ′ x x     2  e f ( x) 2 x   ′ +  e  
( f ′(x)+ xf (x)) 2 e f x xf x 2 ( ( ) ( ))   = lim = lim = lim 2 x x→∞ x→∞ x→∞ 2 2 ′ ′ x   2 x xe   2 2  e   xe      2 x 2
e ( f ′ ( x) + 2xf ′( x) + ( 2 x + ) 1 f ( x))
f ′ ( x) + 2xf ′( x) + ( 2 x + ) 1 f ( x) = lim = lim = 0. 2 x x→∞ →∞ + e (x + ) 2 x x 1 2 2 1 Câu 38 f ( x)
Giả sử hàm số f liên tục trên [0;+∞), f ( x) ≥ 0 x ∀ ≥ 0 và lim = a <1. x→+∞ x
Chứng minh rằng tồn tại c ≥ 0 sao cho f (c) = c . Giải
+ Nếu f (0) = 0 thì kết luận trên hoàn toàn đúng. + Nếu f (0) > 0
Đặt g ( x) = f ( x) − x
Vì f liên tục trên [0;+∞) g cũng liên tục trên [0;+∞) .
Ta có: g (0) = f (0) − 0 = f (0) > 0 x ∀ ≥ 0. f ( x) f (b) lim
= a <1⇒ ∃b > 0:
<1 ⇔ ∃b > 0: f (b) < b. x→+∞ x b
Khi đó: g (b) = f (b) − b < 0.
g (0) g (b) ≤ 0 ⇒ c
∃ ∈[0;b] ⊂ [0;+∞): g(c) = 0 ⇔ c
∃ ≥ 0: f (c) = c . Câu 39
Giả sử f có đạo hàm trên một khoảng chứa [0, ]
1 , f ′(0) > 0 , f ′( ) 1 < 0 .
Chứng minh rằng tồn tại x ∈ 0;1 : f x ≤ f x x ∀ ∈ 0;1 . 0 ( ) ( ) ( 0) [ ] Giải
f có đạo hàm trên một khoảng chứa [0, ] 1 ⇒ x
∃ ∈ 0;1 : f x ≤ f x = max f x . 0 [ ] ( ) ( 0) ( ) x [ ∈ 0, ] 1
Ta sẽ chứng minh: x ≠ 0, x ≠ 1. 0 0 Thật vậy!
f ( x) − f (0) f x − f lim = f ′ > ⇒ ∃ ∈ > ∀ ∈ + (0) 0 h (0; ) ( ) (0) 1 : 0 x (0;h] x→0 x x
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 17
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
⇒ f (x) > f (0) x
∀ ∈(0;h] ⇒ f (0) không phải là giá trị lớn nhất của f (x) trên [0, ] 1 ⇒ x ≠ 0 . 0
f ( x) − f ( ) 1 f x − f 1 lim
= f ′ 1 < 0 ⇒ k ∃ ∈ 0;1 : < 0 x ∀ ∈ k;1 −1 ( ) ( ) ( ) ( ) [ ) x 1 → x −1 x −1
⇒ f (x) < f ( ) 1 x ∀ ∈[k; ) 1 ⇒ f ( )
1 không phải là giá trị lớn nhất của f ( x) trên [k; ) 1 ⇒ x ≠ 1. 0 Câu 40
Cho một hàm số f xác định trên ℝ thoả mãn
f (0) = 0 , f ( x) ≥ sin x x
∀ ∈ℝ . Chứng minh rằng đạo hàm của f tại 0 không tồn tại. Giải
Giả sử f ′(0) tồn tại.  π  x ∀ ∈0;  ta có:  2 
f ( x) − f (0) sin x ≥ ⇒ ′( − + )
f ( x) f (0) sin x f 0 = lim ≥ lim =1. + + x→0 x→0 x − 0 x x − 0 x
Tương tự ta cũng chứng minh được f ( 1 0− ′ ) < 1 −
Điều này chứng tỏ f ′(0) không tồn tại. Câu 41
Giả sử f ( x) khả vi trên (a;b) sao cho lim = +∞ , lim f ( x = −∞ và + − ) x→a x b → f ′( x) 2 + f (x) ≥ 1 − x
∀ ∈(a;b). Chứng minh rằng b − a ≥ π . Cho ví dụ để b − a = π . Giải Cách 1 f ′ x
Ta có: f ′( x) 2 + f (x) ≥ 1 − x ∀ ∈( ; a b) ( ) ⇔ +1≥ 0 x ∀ ∈ a;b 2 1 + f ( x) ( ) ( ′
⇔ arctan f (x) + x) ≥ 0 x
∀ ∈(a;b) ⇒ arctan f (x) + x tăng trên (a;b) π π
Chuyển qua giới hạn ta được:
+ a ≤ − + b ⇔ b − a ≥ π . 2 2
Ví dụ: y = cot x , a = 0 , b = π . Cách 2 f ′ x
Ta có: f ′( x) 2 + f (x) ≥ 1 − x ∀ ∈(a;b) ( ) ⇔ ≥ 1 − x ∀ ∈ a;b 2 1 + f ( x) ( )
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 18
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Lấy tích phân hai vế: b f ′( x) b b ∫ dx ≥ ∫ 1
− dx ⇔arctan f x ≥ a − b ⇔ π
− ≥ a − b ⇔ b − a ≥ π . 2 1 + f ( x) ( ) a a a Câu 42 1
Cho f là một hàm liên tục trên [0; ]
1 . Tìm . Tìm lim ∫ f . →∞ ( nx dx n ) 0 Giải 1 1−ε 1
Cho 0 < ε < 1. Khi đó ta có: ∫ ( n )
= ∫ ( n ) + ∫ ( n f x dx f x dx f x )dx . 0 0 1−ε
+ Theo định lý giá trị trung bình của tích phân tồn tại −ε ε − c ∈[0;1− ε ] 1 : ∫ f ( n
x )dx = f ( n c )(1− ε ) 1 ⇒ lim ∫ f = − . →∞ ( nx dx f ε n ) (0)(1 ) 0 0 1 1
+ Đặt M = sup f ( x) , ta có: ∫ ( n ) ≤ ∫ ( n f x dx
f x ) dx ≤ Mε . x [ ∈ 0, ] 1 1−ε 1−ε 1 Vậy lim ∫ f = . →∞ ( nx dx f n ) (0) 0 Câu 43 b
Cho f là một hàm liên tục trên [a;b] và ∫ f ( x)dx = 0 . Chứng minh rằng tồn a c
tại c ∈(a;b) : ∫ f ( x)dx = f (c). a x
Xét hàm: g ( x) − x
= e ∫ f (t)dt a g liên tục trên [ ;
a b], khả vi trên (a;b)
g (a) = g (b) = 0.
Theo định lý Rolle tồn tại c ∈(a;b) : g′(c) = 0 . x   c c Mà g′( x) − x
= e f (x) − ∫ f (t)dt  , vì thế f (c) = ∫ f (t)dt = ∫ f (x)dx .   a a a Câu 44 b
Giả sử f ∈C ([ ;
a b]), a > 0 và ∫ f ( x)dx = 0. Chứng minh tồn tại c∈(a;b) a c
sao cho ∫ f ( x)dx = cf (c) . a
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 19
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Giải 1 x
Xét hàm số: g ( x) = ∫ f (t )dt x a g liên tục trên [ ;
a b], khả vi trên (a;b)
g (a) = g (b) = 0.
Theo định lý Rolle tồn tại c ∈(a;b) : g′(c) = 0 . 1 x   Mà g′( x) =
xf x − ∫ f t dt  2 ( ) ( ) x   a c
Do đó tồn tại c ∈(a;b) sao cho ∫ f ( x)dx = cf (c) . a Câu 45
Giả sử f, g∈C ([ ;
a b]). Chứng minh rằng tồn tại c∈(a;b) sao cho
g (c) b∫ f ( x)dx = f (c) b∫ f ( x)dx . a a Giải x x
Xét F ( x) = ∫ f (t )dt , G( x) = ∫ g (t )dt a a
Suy ra: F′( x) = f ( x) , G′( x) = g ( x)
Áp dụng định lý Cauhy ta có: b
∫ f (t)dt
F (b) − F (a) F′(c) f c a ( ) ∃ c∈ ( ; a b) : =
⇔ ∃ c∈ (a;b): =
G (b) − G(a) G′(c) b ∫ g (t) g (c) dt a b b
⇔ ∃ c∈ (a;b): g(c)∫ f (x)dx = f (c)∫ f (x)dx . a a Câu 46
Giả sử f, g∈C ([ ;
a b]). Chứng minh rằng tồn tại c∈(a;b) sao cho
g (c) c∫ f ( x)dx = f (c) b∫ f ( x)dx . a c Giải x b
Xét hàm: F ( x) = ∫ f (t )dt∫ g (t )dt a x
F liên tục trên [ ;
a b], khả vi trên ( ;
a b) và F (a) = F (b) .
Vì thế theo định lý Rolle ta có: c
∃ ∈(a;b): F′(c) = 0
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 20
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH b x
Mà F′( x) = f ( x)∫ g (t )dt − g ( x)∫ f (t )dt x a c b Do đó: c
∃ ∈(a;b): g(c)∫ f (x)dx = f (c)∫ f (x)dx . a c Câu 47
Giả sử f và g là hai hàm số dương, liên tục trên [ ;
a b]. Chứng minh rằng tồn f (c) g (c)
tại c ∈(a;b) sao cho − =1. c ∫ f (x) b dx
∫ g (x)dx a c Giải x b
Xét hàm: F ( x) − x
= e ∫ f (t)dt∫ g(t)dt a x
F liên tục trên [a;b], khả vi trên (a;b) và F (a) = F (b) .
Theo định lý Rolle ta có: c
∃ ∈(a;b): F′(c) = 0. x b b x   Mà: F′( x) − x = e −∫ f
(t)dx∫ g(t)dx + f (x)∫ g(t)dt − g(x)∫ f (t)dt   a x x a c b b c
Do đó: ∃ c ∈(a;b): −∫ f (t )dx∫ g (t )dx + f ( x)∫ g (t )dt − g ( x)∫ f (t )dt = 0 a c c a f (c) g (c)
⇔ ∃ c ∈(a;b) : − =1. c ∫ f (x) b dx
∫ g (x)dx a c Câu 48 Cho 1 f ∈C ([0; ]
1 ) . Chứng minh rằng tồn tại c∈(0; ) 1 sao cho: 1
∫ f (x)dx = f ( ) 1 0 + f ′(c) . 2 0 Giải 1 1 1 1
Ta có: ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)d ( x − ) 1 = ( x − )
1 f ( x) − ∫( x − )
1 f ′( x)dx 0 0 0 0 = f (0) 1 − ∫(x − )
1 f ′( x)dx . 0
Theo định lý giá trị trung bình của tích phân: 1 1 1 tồn tại c ∈(0; ) 1 : ∫( x − )
1 f ′( x)dx = f ′(c) ∫( x − ) 1 dx = − f ′(c) . 2 0 0
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 21
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH 1 1
Do đó: tồn tại c ∈(0; ) 1 sao cho:
∫ f (x)dx = f (0) + f ′(c) 2 0 Câu 49 Cho 2 f ∈C ([0; ]
1 ). Chứng minh rằng tồn tại c∈(0; ) 1 sao cho: 1
∫ f (x)dx = f ( ) 1 + f ′( ) 1 0 0 + f ′ (c) . 2 6 0 Giải 1 1 1 1
Ta có: ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)d ( x − ) 1 = ( x − )
1 f ( x) − ∫( x − )
1 f ′( x)dx 0 0 0 0 1 2 2 − − = f ( ) (x ) 1 − f ′( x) 1 ( x )1 0 + ∫
f ′ ( x)dx . 2 2 0 0
Áp dụng định lý giá trị trung bình của tích phân: 2 1 1 x −1 1 2 1
tồn tại c ∈(0; ) ( ) 1 : ∫
f ′ ( x)dx =
f ′ (c)∫( x − ) 1 dx = f ′ (c). 2 2 6 0 0 1 1 1
Do đó tồn tại c ∈(0; )
1 sao cho: ∫ f ( x)dx = f (0) +
f ′(0) + f ′ (c). 2 6 0 Câu 50 Giả sử 1 f ∈C ([0; ]
1 ) và f ′(0) ≠ 0 . Với x∈(0; ]
1 , cho θ ( x) thoả mãn x θ (x)
∫ f (t)dt = f (θ (x)) x. Tìm lim . + x→0 x 0 Giải x
Đặt F ( x) = ∫ f (t )dt . 0
Suy ra: F (0) = 0, F′( x) = f ( x) , F′ ( x) = f ′( x).
Ta có: F′ (0) = f ′(0) ≠ 0. 1
Theo khai triển Taylor ta có: F ( x) = F′(0) x + F′ (0) 2 x + o( 2 x ) 2
⇒ F′(x) = F′(0) + F′ (0) x + o(x) ⇒ F′(θ ) = F′(0) + F′ (0)θ + o(θ )
⇒ f (θ ( x)) x = F′(θ ) x = x F′(0) + F′ (0)θ + o(θ )   1
Khi đó: F′(0) x + F′ (0) 2 x + o( 2
x ) = x F′(0) + F′ (0)θ + o(θ )   2
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 22
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH θ (x) ⇒ 1 lim = . + x→0 x 2 Câu 51
Cho f là một hàm liên tục trên ℝ và a < b , ký hiệu g ( x) b
= ∫ f (2011x + t)dt . Tính đạo hàm của g. a Giải b b+2011x
Ta có: g ( x) = ∫ f (2011x + t )dt = ∫ f (u)du a a+2011x
⇒ g′(x) = 2011 f (b + 2011x) − f (a + 2011x)   . Câu 52 1 b
Cho f liên tục trên ℝ . Tìm lim ∫ f x + h − f x dx . h→0 ( ( ) ( )) h a Giải
Áp dụng định lý giá trị trung bình của tích phân, ta có: b ∫( +
f ( x + h) − f ( x)) b h
dx = ∫ f ( x) b
dx − ∫ f ( x)dx a a+h a b + + = ∫ f (x) b h
dx + ∫ f ( x) a h
dx − ∫ f ( x) b
dx − ∫ f ( x)dx a+h b a a+h a b+h
= ∫ f (x)dx + ∫ f (x)dx = −hf (a +θh) + hf (b +θ h′) , θ,θ′∈[0, ]1. a+h b 1 b
⇒ lim ∫ f x + h − f x dx = f b − f a . h→ ( ( ) ( )) ( ) ( ) 0 h a Câu 53 x  
Cho f là một hàm liên tục trên [0;+∞) thoả mãn lim f ( x) + ∫ f (t )dt  có x→∞   0
giới hạn hữu hạn. Chứng minh lim f ( x) = 0 . x→∞ Giải x
Đặt F ( x) = ∫ f (t )dt ⇒ F′( x) = f ( x). 0 x  
Khi đó giả sử lim f ( x) + ∫ f (t )dt  = lim F′ x + F x = L x→∞ x→∞ ( ( ) ( ))   0
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 23
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
Áp dụng quy tắc Lôpitan ta có: ′ x x x e F x e F x e
F′ x + F x lim F ( x) ( ) ( ( )) ( ( ) ( )) = lim = lim = lim
= lim F′ x + F x = L x x x→∞ x→∞ x→∞ x→∞ x→∞ ( ( ) ( )) e ( ′x) e e
Suy ra: lim f ( x) = lim F′( x) = 0. x→∞ x→∞ Câu 54
Chứng minh rằng nếu f khả tích Riemann trên [ ; a b] thì 2 2 b      ∫ f ( x) b
xdx  +  ∫ f ( x)
xdx  ≤ (b − a) b 2 sin cos
∫ f (x)dx .     a a a Giải
Áp dụng bất đẳng thức Schwarz, ta được: 2 2 b      ∫ f ( x) b
sin xdx  +  ∫ f ( x)cos xdx  ≤     a a b b b b b 2 ≤ ∫ f (x) 2 2
dx∫sin xdx + ∫ f ( x) 2
dx∫ cos xdx = (b − a) 2
∫ f (x)dx a a a a a Câu 55
Chứng minh rằng nếu f dương và khả tích Riemann trên [ ; a b] thì ( − ) b b 2 ≤ ∫ ( ) dx b a f x dx∫ . f x a a ( ) b b dx (m + M )2 2
Hơn nữa nếu 0 < m ≤ f ( x) ≤ M thì ∫ f ( x)dx∫ ≤ b − a . f x mM a a ( ) ( ) 4 Giải
+ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có: 2   ( − ) b b b 2 =  ∫ ( ) 1 dx b a f x .
dx  ≤ ∫ f ( x)dx∫  . f xf x a  ( ) a a  ( )
( f (x)− m)( f (x)− M )
+ Vì 0 < m ≤ f ( x) ≤ M nên ≤ ≤ ≤ f ( x) 0 , a x b Ta có:
b ( f ( x) − m)( f ( x) − M ) b b b dx ∫ dx ≤
⇔ ∫ f x dx − m + M ∫dx + mM ∫ ≤ f x f x a ( ) 0 ( ) ( ) a a a ( ) 0
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 24
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH b ⇔ ∫ ( ) b b b dx dx f x dx + mM ∫
≤ m + M b − a ⇔ mM ∫
≤ m + M b − a − ∫ f x dx f x f x a a ( ) ( )( ) a ( ) ( )( ) ( ) . a 2 b b b b dx  
Do đó: mM ∫ f ( x)dx∫
≤ m + M b − a ∫ f x dx −  ∫ f x dxf x   a a ( ) ( )( ) ( ) ( ) a a Xét hàm số: = ( ) 2 y g t = t − + kt . k 2 k
Hàm số đạt cực đại tại t =
với giá trị cực đại là . 2 4 b
Với k = (m + M )(b − a) , t = ∫ f ( x)dx ta có: a 2 2 2 (   + −
m + M )(b − a) b∫ f ( x) b
dx −  ∫ f ( x) (m M ) (b a) dx  ≤ .   a a 4 2 2 b b dx
(m + M ) (b − a)
Do đó: mM ∫ f ( x)dx∫ ≤ f x 4 a a ( ) 2 2 b b dx
(m + M ) (b − a)
⇔ ∫ f ( x)dx∫ ≤ . f x a a ( ) 4mM Câu 56
Cho f liên tục trên [ ;
a b] sao cho với mọi [α;β ] ⊂ [a;b] ta có: β ∫ ( ) 1 δ f x dx M β α + ≤ −
với M > 0 , δ >0. α
Chứng minh rằng f ( x) = 0 trên [ ; a b]. Giải
Với mọi x ∈ a;b , chọn h thuộc ℝ đủ bé sao cho x + h ∈ a;b . 0 [ ] 0 [ ]
Khi đó theo định lý trung bình của tích phân: tồn tại c ở giữa x và x + h 0 0 x +h 0 1+δ δ
sao cho f (c)h = ∫ f ( x)dx ≤ h
⇒ f (c) ≤ M h . x0
Cho h → 0 ta được f ( x ≤ 0 x
∀ ∈ a;b . Suy ra: f (x) = 0 trên [ ; a b]. 0 ) 0 [ ] Câu 57 1 b Cho f liên tục trên [ ;
a b] . Đặt c =
∫ f (x)dx . Chứng minh rằng: b − a a b ∫ f (x) b 2
− c dx ≤ ∫ f (x) 2 − t dx t ∀ ∈ℝ . a a
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 25
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Giải b b b   2
Xét g (t ) = ∫ x − t dt = (b − a) 2
t −  ∫ f ( x) 2 2
dx t + ∫ f ( x)dx .   a a a 1 b
g(t) là tam thức bậc hai theo t, g(t) đạt cực tiểu tại t = ∫ f x dx = c. 0 ( ) b − a a b b 2 2
Vậy ∫ f ( x) − c dx ≤ ∫ f ( x) − t dx t ∀ ∈ℝ . a a Câu 58
Cho f là một hàm thực khả vi đến cấp n + 1 trên ℝ . Chứng minh rằng với
f (b) + f ′(b) (n) + ...+ f (b) 
mỗi số thực a,b , a < b thoả mãn ln   = − f
 (a) + f ′(a) ( b a n)
+ ... + f (a) 
tồn tại c ∈(a;b) sao cho (n+ )1 f
(c) = f (c). Giải
Với a, b là số thực, a < b ta có
f (b) + f ′(b) (n)
+ ... + f (b)  ln   = − f
 (a) + f ′(a) ( b a n) + ...+ f (a)  ⇔ ( ( ) + ′( ) (n) + ... +
( )) −a = ( ( )+ ′( ) (n) + ... + ( )) −b f a f a f a e f b f b f b e
Xét hàm số: ( ) = ( ( ) + ( ) ( ) + ... n + ( )) x g x f x f x f x e− ′
Ta có g(x) khả vi trên ℝ và g (a) = g (b) .
Theo định lý Rolle tồn tại c ∈(a;b) : g′(c) = 0 . Mà g′( x) − x (n+ ) = e ( 1 f
(x) − f (x)). Do đó: (n+ )1 f
(c) = f (c). Câu 59
Cho f : ℝ → [0;+∞) là một hàm liên tục khả vi. Chứng minh rằng: 2 1  
∫ f ( x)dx − f (0) 1∫ f (x)dx ≤ max f ′(x) 1 3 2
 ∫ f ( x)dx  . x [ ∈ 0, ] 1   0 0 0 Giải
Đặt M = max f ′( x) . x [ ∈ 0, ] 1
Khi đó f ( x) ≤ M x ∀ ∈[0; ]
1 ⇔ −M ≤ f ( x) ≤ M x ∀ ∈[0; ]
1 . Nhân f ( x) ≥ 0
vào từng về của bất đẳng thức này ta được :
−Mf (x) ≤ f (x) f ′(x) ≤ Mf (x) , x∈[0; ] 1
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 26
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH x x x
Suy ra: −M ∫ f (t )dt ≤ ∫ f (t ) f ′(t )dt ≤ M ∫ f (t )dt 0 0 0 x 1 1 x
⇔ −M ∫ f (t ) 2 dt ≤ f ( x) 2
− f (0) ≤ M ∫ f (t)dt . Đến đây ta tiếp tục nhân 2 2 0 0
f ( x) ≥ 0 vào từng vế của bất đẳng thức này để được:
−Mf (x) x∫ f (t) 1 1 x 3 dt ≤ f ( x) 2
− f (0) f (x) ≤ Mf (x)∫ f (t)dt , x∈[0; ] 1 . 2 2 0 0
Lấy tích phân 2 vế trên [0; ]
1 của bất đẳng thức này: 2 2 1   1 1 1 −  
M  ∫ f ( x)dx  ≤ 3 ∫ f ( x) 2
dx − f (0)∫ f ( x)dx ≤ M  ∫ f ( x)dx      0 0 0 0 2 1  
⇔ ∫ f (x)dx − f (0) 1∫ f (x) 1 2 2
dx ≤ M  ∫ f ( x)dx    0 0 0 1 1 1   hay 3 ∫ f (x) 2
dx − f (0) ∫ f ( x)dx ≤ max f ′( x)  ∫ f ( x)dx  . x [ ∈ 0, ] 1   0 0 0 Câu 60 1
Cho f :[0;+∞) → ℝ khả vi và thoả mãn f ( ) 1 = 1 , f ′( x) = 2 2 x + . f ( x) π
Chứng minh rằng tồn tại giới hạn hữu hạn lim f ( x) và bé thua 1+ . x→+∞ 4 Giải f ′( x) 1 = > 0 x ∀ ∈ 0;+∞ 2 2
x + f ( x) [ )
f(x) đồngbiến ⇒ f ( x) > f ( ) 1 = 1 x ∀ > 1. x x 1 π x
Từ đó ta có: f ( x) =1+ ∫ f ′(t )dt < ∫
dt = 1 + arctan t < 1 + . 2 1 1 + t 4 1 1 π
Vậy tồn tại giới hạn hữu hạn lim f ( x) và bé thua 1+ . x→+∞ 4 Câu 61
Tìm tất cả các hàm f ( x) thoả mãn điều kiện: ( )1 ( ) 2 x f x f x − + − = ∀∈ℝ. Giải Nhận xét: −x − x − x 1− x 1−( + ) 1 2
= 2.2 − 2 = 2 − 2 x Ta có: ( )1 ( ) 2 x f x f x − + − =
∀∈ℝ ⇔ ( + ) 1−(x+ )1 + = ( ) 1 1 2 + 2 −x f x f x x ∀ ∈ℝ Đặt ( ) ( ) 12 x g x f x − = + ⇒ g (x + ) 1 = g ( x) x ∀ ∈ℝ . Vậy ( ) ( ) 12 x f x g x − = − ,
với g là hàm tuần hoàn có chu kì T = 1.
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 27
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Câu 62
Cho f là hàm liên tục trên [0;+∞) và thoả mãn 0 < 3xf ( x) <1 x ∀ ∈(0;+∞) . 3 x x  
Chứng minh rằng hàm số g ( x) 3
= ∫t f (t)dt − 3 ∫tf (t)dt  là hàm số đồng   0 0 biến trên (0;+∞) . Giải 2 2 x x       Ta có: g′( x) 3
= x f (x) − 9xf (x) ∫tf (t)dt  = xf (x) 2
x −  ∫3tf (t )dt       0 0   2 2 x x x x    
Lại có: 0 < ∫3tf (t )dt < ∫1dt = x ⇒ ∫3tf (t) 2 2
dt  < x ⇒ x −  ∫3tf (t )dt  > 0     0 0 0 0
Kết hợp với xf ( x) > 0 x
∀ ∈(0;+∞) , ta suy ra: g′(x) > 0 x ∀ ∈(0;+∞).
Vậy g ( x) là hàm số đồng biến trên (0;+∞) . Câu 63 Cho hàm số: 2
f ∈C ([0,2]) và f (0) = 2010, f ( ) 1 = 2011, f (2) = 2012 .
Chứng minh rằng tồn tại c ∈(0;2) sao cho f ′ (c) = 0 . Giải
+ Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f trên [0; ] 1 , [1;2] − − a
∃ ∈( ) f ′(a) f ( ) 1 f (0) 2011 2010 0;2 : = = =1 1 − 0 1 − 0 − − b ∃ ∈(
) f ′(b) f (2) f ( )1 2012 2011 0; 2 : = = =1 2 −1 2 −1
+ Vì f ′ khả vi trên [0;2] và f ′(a) = f ′(b) nên theo định lý Rolle tồn tại
c ∈(0;2) : f ′ (c) = 0 . Câu 64
Tồn tại hay không hàm liên tục f : + +
ℝ → ℝ thoả mãn các điều kiện: (i) f (201 )
1 < f (2012) (ii) ( f (x)) 1 f = . x Giải
+ Trước hết ta chứng minh f là đơn ánh. x , x + ∀ ∈ℝ , ta có: 1 2 ( 1 1
f x = f x ⇒ f f x = f f x ⇒ = ⇒ x = x . 1 ) ( 2) ( ( 1)) ( ( 2)) 1 2 x x 1 2
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 28
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
+ f liên tục và đơn ánh suy ra f đơn điệu. Kết hợp với điều kiện (i) suy ra f đồng biến trên + ℝ . Khi đó ( ( )) 1 f f x
= cũng là hàm đồng biến. Điều này x 1 vô lý vì y = là hàm nghịch biến. x
Vậy không tồn tại hàm f thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 65
Cho f xác định trên [0; ]
1 thoả mãn: f (0) = f ( ) 1 = 0 và  x + y f
 ≤ f ( x) + f ( y) x ∀ , y∈[0, ] 1 .  2 
Chứng minh rằng: phương trình f ( x) = 0 có vô số nghiệm trên đoạn [0, ] 1 . Giải
Cho x = y , từ giả thiết ta có: f ( x) ≤ 2 f ( x) ⇒ f ( x) ≥ 0 x ∀ ∈[0, ] 1 .  1   1 
Ta có: 0 ≤ f   ≤ f (0) + f ( )
1 = 0 ⇒ f   = 0 .  2   2   1 
Ta sẽ chứng minh f   = 0 n ∀ ∈ℕ (1)  2n
+ (1) đúng với n = 0, n = 1.  1 
+ Giả sử (1) đúng đến n = k , tức là: f   = 0.  2k   1   1   1  + Ta có: 0 ≤ f
 ≤ f 0 + f   = 0 ⇒ f   = 0 . Do đó (1) đúng k 1 + ( ) k k 1  2   2   2 +  đến n = k .
Vậy phương trình f ( x) = 0 có vô số nghiệm trên đoạn [0, ] 1 . Câu 66
Cho hàm số f ( x) liên tục trên ℝ thoả mãn điều kiện:
f ( f ( x)) f ( x) =1 x
∀ và f (1000) = 999. Hãy tính f (500). Giải
Với x = 1000 , ta có: f ( f ( )) f ( ) = ⇒ f ( ) 1 1000 1000 1 999 = . 999
Xét hàm số: g ( x) = f ( x) − 500
f liên tục trên ℝ ⇒ f liên tục trên [999;1000] ⇒ g liên tục trên [999;1000]. g ( ) = f ( ) 1 999 999 − 500 = − 500 < 0 999
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 29
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
g (1000) = f (1000) − 500 = 999 − 500 > 0
Suy ra: g (999).g (1000) < 0 ⇒ x
∃ ∈ 999;1000 : g′ x = 0 0 ( ) ( 0)
⇔ ∃x ∈ 999;1000 : f x = 500 . 0 ( ) ( 0) 1
Thay x = x ta được f ( f ( x f x =1⇒ f 500 = . 0 )) ( 0) ( ) 0 500 Câu 67
Cho hàm số f : ℝ → ℝ thoả mãn điều kiện:
f ( x) f ( y) − f ( xy) = x + y + 2 x
∀ , y∈ℝ (1) . Hãy xác định giá trị có thể 3 có của f (201 ) 1 . Giải
Cho x = y = 0 thay vào (1) ta được: 2 f (0) f (0)  − f 0 = 2 − 2
= 2 ⇒ f (0) − f (0) ( ) − 6 = 0 ⇔  3  f  (0) = 3
f ( x) f (0) − f (0) 3 + Xét f (0) = 2 − . Khi đó:
= x + 2 ⇒ f (x) = − x − 2. 3 2
Thay vào (1) thấy không thoả.
+ Xét f (0) = 3, khi đó f ( x) = x + 3. Thay vào (1) thấy thoả mãn. Vậy f (201 ) 1 = 2011 + 3 = 2014 . Câu 68
Cho hàm số f : ℝ → ℝ thoả mãn điều kiện f ( 3
x + y) = f ( 3 2 y + 2x) x
∀ , y∈ℝ .Chứng minh rằng f là hàm hằng. Giải
Với mọi a, b thuộc ℝ , chứng minh tồn tại x, y ∈ ℝ sao cho: 3 3
x + 2 y = a , y + 2x = b .
Rõ ràng f (a) = f (b) ⇒ f là hàm hằng. 3  a − x 2 3 3
x + 2y = ay =  a − x  Xét hệ phương trình:  ⇔  2 ⇒ 
 + 2x − b = 0 . 3
y + 2x = b   2  3
y + 2x = b
Đây là phương trình đa thức bậc lẻ ( bậc 9) đối với x nên luôn có nghiệm
trên ℝ . Suy ra hệ trên luôn có nghiệm (x, y). Vậy f là hàm hằng.
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 30
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH Câu 69
Tìm giá trị của k sao cho tồn tại hàm liên tục f : ℝ → ℝ thoả mãn:
f ( f ( x)) 9 = kx x ∀ ∈ℝ. Giải
- Trường hợp: k = 0 thì hàm f ( x) = 0 x
∀ ∈ℝ thoả mãn yêu cầu bài toán.
- Trường hợp: k ≠ 0 + f đơn điệu
+ f là một đơn ánh. Thật vậy! x ∀ , y ∈ℝ , ( ) = ( ) ⇒ ( ( )) = ( ( )) 9 9 9 9 f x f y f f x f f y
⇒ kx = ky ⇒ x = y ⇒ x = y .
Vì f liên tục và là đơn ánh nên f đơn điệu thực sự
• Nếu f tăng thực sự. Khi đó:
x < y ⇒ f ( x) < f ( y) ⇒ f ( f ( x)) < f ( f ( y)) ⇒ f ( f ( x)) tăng thực sự.
• Nếu f giảm thực sự
x < y ⇒ f ( x) > f ( y) ⇒ f ( f ( x)) < f ( f ( y)) ⇒ f ( f ( x)) giảm thực sự.
Vậy f ( f ( x)) là hàm tăng thực, vì thế 9
y = kx cũng là hàm tăng thực sự. Do đó k > 0 .
Ngược lại với k > 0, ta luôn tìm được hàm f ( x) 4 3 = k x x ∀ ∈ℝ. Câu 70
Tồn tại hay không hàm số f : ℝ → ℝ sao cho với mọi x, y thuộc ℝ ta có:
f ( xy) = max{ f ( x), }
y + min ( f ( y), x). Giải
Thay x = y = 1 ta được f ( ) 1 = max{ f ( ) 1 , } 1 + min{ f ( ) 1 , } 1 = f ( ) 1 +1⇒ 0 = 1 ( Vô lý).
Vậy hàm f không tồn tại. Câu 71 1 1   Tìm K = min ∫ +
, ở đây ℘ =  f ∈C ([0, ]
1 ) : ∫ f ( x)dx =1 . ∈℘ ( 2 1 x f x dx f ) 2( )   0 0
Giải Áp dụng bất đẳng thức Schwarz ta có: 2 2 1     π =  ∫ f (x) 1
dx  =  ∫ x + f ( x) 1 1 dx 1 1
dx  ≤ ∫(1+ x ) f ( x) 1 2 2 2 dx∫ = K. 2 2    x +1  1 + x 4 0 0 0 0 1 4 Suy ra: K = min ∫ + ≥ . ∈℘ ( 2 1 x f x dx f ) 2( ) π 0
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 31
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
Câu72 Giả sử rằng f và g là các hàm khả vi trên [a;b]; trong đó
g (x) ≠ 0 , g′(x) ≠ 0 . Chứng minh rằng tồn tại c∈(a;b) sao cho:  f (a) f (b)  f (c) g(c)  det  ( ) ( ) det  g a g b f   ′(c) g′(c) = . g (b) − g(a) g′(c) Giải f x 1 Xét hai hàm số: h (x) ( ) = = khả vi trên [a;b]. g (x) , k (x) g(x)
Áp dụng định lý Cauchy ta có: − ′ c ∃ ∈(a;b) h(b) h(a) h (c) : = k (b) − k (a) k′(c)
( ) ( ) f′(c)g(c) − f (c)g′(c f b f a ) − 2 ⇔ ∃c∈(a;b) g(b) g(a) (g(c)) : = 1 1 g′(c) − − g (b) g(a) (g(c))2
Câu 73 Chứng minh rằng: f (x) = arctan x thoả mãn phương trình: ( 2 1 + x ) (n) f (x) + 2(n − ) (n− )1 1 f
(x) + (n − 2)(n − ) (n−2) 1 f (x) = 0 với x∈ℝ và n ≥ 2 . Giải f (x) = arctan x ′( ) 1 f x = ⇒ ( 2 1 + x f ′ x = 1 2 ) ( ) 1 + (1) x
Lấy đạo hàm hai vế của (1) suy ra: ( 2
1 + x )f ′ (x) + 2xf ′(x) = 0 .
Bằng quy nạp ta chứng minh được: ( 2 1 + x ) (n) f (x) + 2(n − ) (n− )1 1 xf
(x) + (n − 2)(n − ) (n−2) 1 f (x) = 0 ( x ∀ ∈ℝ, n ≥ 2)
+ Mệnh đề đúng trong trường hợp n = 2.
+ Giả sử mệnh đề đúng đến n = k tức là: ( 2 1 + x ) (k) f (x) + 2(k − ) (k− )1 1 xf
(x) + (k − 2)(k − ) (k−2) 1 f (x) = 0 (*)
Lấy đạo hàm hàm hai vế của (*) ta được
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 32
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH (k) 2xf (x) + ( 2 1 + x ) (k+ )1 f (x) + 2(k − ) (k− )1 1 f (x) +2(k − ) (k) 1 xf
(x) + (k − 2)(k − ) (k− )1 1 f (x) = 0 ⇔ ( 2 1 + x ) (k+ )1 f (x) (k) + 2kxf (x) + (k − ) (k− )1 1 kf (x) = 0
Câu 74 Cho f là hàm khả vi đến cấp n trên (0;+∞) . Chứng minh rằng với x > 0 , (n) 1 ( )  1      f   = − + ( )n − 1 n n 1 1  x f   n 1 x  x    x   Giải
+ Mệnh đề đúng trong trường hợp n = 1.
+ Giả sử mệnh đề đúng trong trường hợp n ≤ k , tức là: (k) 1  1      k − 1 (k) f   = − + ( ) k 1 1 x f     k 1 x  x    x  
+ Ta sẽ chứng minh mệnh đề trên đúng với n = k + 1. Thật vậy! (k) (k+ )1  ′  (k) (− )             k 1 + 1 + 1 x f    = (− )k 1 1  x f     = (− )k 1 − 1 − 1 k k k 1 k 2 1 kx f    − x f ′     x    x     x   x     (k) (k)        k 1 + 1 k 1 + − − 1 = (− ) k 1 1 k x f    − (− ) k 2 1 x f  ′    x    x   (k) k ( )  1  −    = − f   − −  ′ . + ( )k 1 − 1 k k 2 1 x f   k 1 x  x    x  ( ′ k ) (k− )1          k 1 − 1 k 1 − − − 1 Lại có: (− ) k 2 1 x f  ′  = (− ) k 2 1  x f  ′     x    x        
Theo giả thiết quy nạp với trường hợp n = k −1 ta được: (k− )1 1 ( )  1  −    f   = (− )k 1 − 1 k k 2 1 x f  ′  . k x  x    x  (k+ )1     k 1 + 1 1 +  1  Từ đó suy ra (− ) k (k )1 1 x f     = f   . k +2   x   x  x 
Vậy bài toán đã được chứng minh xong
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 33
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH
Câu 75 Cho f khả vi trên (a;b) sao cho với x ∈(a;b) ta có:
f ′(x) = g(f (x)), trong đó g C∞ ∈ (a;b). Chứng minh f C∞ ∈ (a;b). Giải
Ta có: f ′(x) = g(f (x)) ⇒ f ′ (x) = g′(f (x))f ′(x) = g′(f (x))g(f (x)) 2 2
f ′′(x) = g′(f (x))(g(f (x))) + (g′(f (x))) g(f (x))
Do đó f ′ , f ′′ đều liên tục trên (a;b) . (n)
Chứng minh bằng quy nạp ta được f
(n ≥ 3) đều là tổng các đạo hàm (k)
g (f ) với k = 0;n −1. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.  π π  Câu 76 Cho f : − ; →   [ 1 − ; ]
1 là một hàm khả vi có đạo hàm liên tục và  2 2   π π 
không âm. Chứng minh tồn tại x ∈ − ;  sao cho 0  2 2  (f (x ))2 +(f′(x ))2 ≤1. 0 0 Giải Xét hàm số:  π π   π π  g : − ; → − ;      2 2   2 2  x ֏ arctan f (x)  π π 
g là hàm liên tục trên − ;   . Nếu f ( x) ≠ 1
± thì g khả vi tại mọi x và  2 2  ′ g′(x) f (x) = . 1 − f (f (x))  π π  f (x =1 0 )
Nếu tồn tại x ∈ − ;  sao cho 
thì x là cực trị địa phương 0  2 2   0 f  (x = 1 − 0 )
của hàm f nên theo định lý Fermat ta suy ra được f ′(x = 0 . Vì thế ta có: 0 ) (f (x ))2 +(f′(x ))2 =1. 0 0  π π  Nếu f (x) ≠ 1 ± x
∀ ∈− ;  thì áp dụng định lý Lagrange cho hàm g trên  2 2   π π  đoạn − ;   :  2 2 
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 34
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH  π π   π   π  f ′(x  π  π  0 ) x
∃ ∈− ; :g  − g−  =  − −  . 0  2 2   2   2  ( ( ))2  2  2 1 f x  − 0 f ′(x0 ) Dễ thấy: 0 ≤ π ≤ π . 1 − (f (x ))2 0 2 2
Vậy ta chứng minh được (f (x + f′ x ≤1. 0 )) ( ( 0)) Câu 77
Cho f khả vi trên [a;b] và thoả mãn: a) f (a) = f (b) = 0
b) f (a) = f (a+ ) > 0 , f (b) = f (b− ′ ′ ′ ) > 0.
Chứng minh rằng tồn tại c ∈(a;b) sao cho f (c) = 0 và f ′(c) ≤ 0. Giải
Từ giả thiết suy ra f bằng 0 tại ít nhất một điểm trong khoảng (a;b) .
Đặt c = inf {x ∈(a;b) : f (x) = } 0 , ta có f (c) = 0 .
Vì f ′(a) > 0 nên f (x) > 0 x
∀ ∈(a;c). Hơn nữa f′(c) tồn tại nên + − + f ′(c) f (c h) f (c) f (c h) = lim = lim ≤ 0 . − − h→0 h→0 h h Câu 78
Cho f (x) là hàm số có đạo hàm tại điểm x = 2011 và n ∈ ℕ . Chứng minh 0  1+ 2011n   rằng: lim n f    − f (201 ) 1  = f ′(201 ) 1 . n→∞   n   Giải
Vì f có đạo hàm tại điểm x = 2011 nên theo định nghĩa ta có: 0 f (2011+ x ∆ ) − f (x0) lim = f′(x 0 ) ∆x→0 ∆x 1 Xét riêng: Nếu lấy x
∆ = , ta có ∆x → 0 khi n → ∞ . n Ta có:  1  f  2011+  − f (201 ) 1  1+ 2011n     − ( )  n  lim n f f 2011  = lim = f′(201 ) 1 . n→∞ n   n →∞  1  n
VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG NAM – WWW.MATHVN.COM 35

Tài liệu liên quan: