de thi va loi giai olympic toan SV giai tich 2006 2012

TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN MÔN GIẢI TÍCH TỪ NĂM 2006 ĐẾN NĂM 2012 (Lê Phúc Lữ tổng hợp giới thiệu) Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 26 tháng năm 2013 Phần A CÁC ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN MÔN GIẢI TÍCH NĂM 2006  Bài Cho dãy số ( xn ) xác định theo hệ thức sau x1  2, x1  x2  x3   xn  n2 xn , n  Tính x2006 Bài Cho hàm số f ( x) khả vi  Giả sử tồn số p  q  (0;1) cho f ( x)  p , f ( x)  q , x   Chứng minh dãy số ( xn ) xác định hệ thức x0  0, xn 1  f ( xn ) hội tụ Bài Tìm tất đa thức P( x) thỏa mãn điều kiện P(0)  0,0  P( x)  P( x), x  (0; 1) Bài x Cho hàm số liên tục f : [0;1]  [0; ) Đặt g( x)    f (t )dt ta giả sử có g( x)   f ( x)  , x  [0;1] Chứng minh g( x)  (1  x)2 Bài Tồn hay không hàm số liên tục f : [a; b]  [a; b] với a  b thỏa mãn bất đẳng thức f ( x)  f ( y)  x  y , x , y  [a; b] x  y Bài Xác định dãy số ( xn ) biết x2 n 1  xn  2, với n  0,1, 2, ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN MÔN GIẢI TÍCH NĂM 2007  Bài  2  Tính tích phân I   ln sin x   sin x dx Bài  x  x1  x2   xn1  Cho dãy số ( xn ) xác định bởi: x0  2007, xn  2007   ,n  n   Tìm liên hệ xn , xn1 với n  Từ đó, tính tổng S  x0  x1  x2   2007 x2007 Bài  x 1 Tìm tất hàm số f ( x) thỏa mãn điều kiện sau f   f ( x)  , x   x 1  x1 Bài Cho a , b , c , số thực   c  b Dãy số (un ),(vn ) xác định công thức u1  a , un1  n un2  bun uk ,   ,n  c k  uk   b  c Biết lim un   Tính giới hạn lim Bài Cho hàm số f ( x) xác định khả vi [0; ) Biết tồn lim  f ( x)  f ( x)   x  Tính lim f ( x) x  Bài Chứng minh tam thức bậc hai f ( x)  ax  bx  c với a , b , c   a  có hai nghiệm thực phân biệt có nguyên hàm đa thức bậc ba có nghiệm số thực ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN MÔN GIẢI TÍCH NĂM 2008  Bài Dãy số ( an ) xác định sau a1  a2  1, an  an1  an , n  1, 2, Tính a2008 Bài 12008  2008  2008   n2008 Tính giới hạn lim n n2009 Bài Giả sử hàm số f ( x) liên tục [0;  ] f (0)  f ( )  thỏa mãn f ( x)  với x  (0;  ) Chứng minh rằng: i Tồn c  (0;  ) cho f (c )  tan f (c ) ii f ( x)   với x  (0;  ) Bài Cho hàm số f ( x) liên tục [0; 1] thỏa mãn điều kiện xf ( y)  yf ( x)  với x , y  [0; 1] Chứng minh  f ( x)dx   Bài Giả sử hàm số f ( x) liên tục [0; 1] f (0)  0, f (1)  , khả vi (0;1) Chứng minh với   (0; 1) , tồn x1 , x2  (0;1) cho  1   f ( x1 ) f ( x2 ) Bài Cho hàm số g( x) có g( x)  với x   Giả sử hàm số f ( x) xác định liên tục  thỏa mãn điều kiện f (0)  g(0)   f ( x)dx  g(0)  g(0)  Chứng minh tồn c  [0;  ] cho f (c )  g(c ) ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN MÔN GIẢI TÍCH NĂM 2009  Bài x1  1, x2  1, Giả sử dãy số ( xn ) xác định công thức  xn  (n  1)  xn 1  xn  , n  3, 4, 5, Tính x2009 Bài Cho hàm số f : [0;1]   có đạo hàm cấp hai, liên tục có f ( x)  [0; 1] Chứng 1 0 minh  f (t)dt  3 f (t )dt  f (0) Bài  f ( x)   2009 x , x   Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện   f ( x  y)  f ( x)  f ( y )  4, x , y   Bài Giả sử f ( x), g( x) hàm số liên tục  thỏa mãn f ( g( x))  g( f ( x)), x   Chứng minh phương trình f ( x)  g( x) nghiệm thực, phương trình f ( f ( x))  g( g( x)) nghiệm thực Bài Cho hai dãy số ( xn ),( yn ) xác định công thức x1  y1  , xn 1  xn   xn2 , yn1  yn   yn2 , n  1, 2, 3, Chứng minh xn yn  (2; 3) với n  2, 3, 4, lim yn  n Bài (Thí sinh chọn hai câu) a) Cho P( x) đa thức bậc n có hệ số thực Chứng minh phương trình x  P( x) có không n  nghiệm thực b) Cho f ( x)  x , f ( x)  x hàm số đơn điệu tăng  Chứng minh hàm số f ( x)  x hàm số đơn điệu tăng  ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN MÔN GIẢI TÍCH NĂM 2010  Bài Cho hàm số f ( x)  ln( x  1) a Chứng minh với x  0, tồn số thực c thỏa mãn f ( x)  xf (c ) mà ta kí hiệu c( x) b Tính giới hạn lim x0 c( x) x Bài   Cho dãy ( xn ) xác định x1  1, xn1  xn  xn2010 với n  1, 2, 3,  x 2010 x 2010 x 2010  Tính giới hạn sau lim     n  x  x3 xn    x2 Bài Cho số thực a hàm số f ( x) khả vi [0; ) thỏa mãn điều kiện f (0)  f ( x)  af ( x)  với x  [0; ) Chứng minh f ( x)  với x  Bài Cho hàm số f ( x) khả vi liên tục [0; 1] Giả sử  1 f ( x)dx   xf ( x)dx  Chứng minh tồn điểm c  (0;1) cho f (c )  Bài Cho đa thức P( x) bậc n có hệ số thực cho P(1)   P( 1) n  Chứng minh P(1) P( x) có nghiệm x0 với x0  Bài (Thí sinh chọn hai câu)  f ( x)  a Xác định hàm số f ( x) khả vi liên tục [0; 1] mà f (1)  ef (0)    dx   f ( x)  b Tìm tất hàm số f :    liên tục thỏa mãn f (1)  2010 f ( x  y)  2010 x f ( y )  2010 y f ( x) với x , y   ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN MÔN GIẢI TÍCH NĂM 2011  Bài Cho hàm số f ( x)  ex ( x  1)2 1  a Chứng minh f ( x)  x có nghiệm  ;1 f ( x) đồng biến 2  1  b Chứng minh dãy (un ) xác định u1  1, un 1  f (un ) thỏa mãn un   ;1 , n 2  Bài Tính tích phân dx  x  x  x  3x   Bài xn  yn xn2  yn2 Cho hai dãy số ( xn ) ( yn ) thỏa mãn xn 1  yn1  với n   2 a Chứng minh dãy ( xn  yn ) , ( xn yn ) dãy đơn điệu tăng b Giả sử ( xn ),( yn ) bị chặn Chứng minh chúng hội tụ điểm Bài  n  1 Cho  ,    thỏa mãn điều kiện     n  1  e  1   n  n , n   * Tìm    Bài Ta gọi đoạn thẳng [ ,  ] đoạn thẳng tốt với số a , b , c thỏa mãn điều kiện 2a  3b  6c  phương trình ax  bx  c  có nghiệm thực thuộc đoạn [ ,  ] Trong tất đoạn thẳng tốt, tìm đoạn có độ dài nhỏ Bài (Thí sinh chọn hai câu) a Tìm hàm số f :    thỏa mãn ( x  y) f ( x  y)  ( x  y ) f ( x  y )  xy( x  y ), x , y 1  b Cho hàm số f liên tục  ;  thỏa mãn điều kiện xf ( x)  x 2  1  x   ;  Chứng minh 2   2 1 f    với x f ( x)dx  ln ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN MÔN GIẢI TÍCH NĂM 2012  Bài Cho dãy số ( an ) thỏa mãn điều kiện a1   an 1  n1 an  với n  1, 2, 3, Tìm  n n để dãy ( an ) hội tụ Bài Cho đa thức P( x) có bậc không nhỏ có hệ số thực đa thức Q( x) xác định  Q( x)  (2012 x  1) P( x) P( x)  2012 x ( P( x))2  ( P ( x))  Giả sử P( x)  có n 1  nghiệm thực phân biệt khoảng  ;   , chứng minh Q( x)  có 2n  2  nghiệm thực phân biệt Bài Tính tích phân dx 1 (2012  1)(1  x )  x Bài  xy Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn f    2012  1  2  x  f   2013   y  f   , x , y    2014   Bài Giả sử hàm số f ( x) liên tục đoạn [0; 2012] thỏa mãn f ( x)  f (2012  x)  với x  [0; 2012] Chứng minh  2012 f ( x)dx  ( x  2012) f ( x)  2012  2012  x f (u)du có nghiệm khoảng (0; 2012) Bài (Thí sinh chọn hai câu) a Cho hàm số f ( x) khả vi liên tục cấp  Giả sử f (1)   f ( x)dx  Chứng max f ( x) 81  x1 b Cho hàm số f : [0;1]   hàm lõm (còn gọi lồi lên phía trên), khả vi liên tục thỏa  minh với   (0; 1) , ta có  mãn f (0)  f (1)  Chứng minh  max f ( x)   f ( x)dx   x 1   f ( x)  dx   max f ( x)  x 1 Phần B LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN 10 www.VNMATH.com Theo quy tắc L’Hospital, ta có       t  ln(1  t )  1 1  n   lim     lim   lim  n   t 0  ln(1  t ) t  t 0  t ln(1  t )  1   ln   n       Do      1    ln 2 ln Nhận xét Ở toán này, ta cần tìm chặn chặn cho hàm số f (n)   1 ln     n  n để từ xác định khoảng cách lớn  , xong Hàm số chọn thay hàm tùy ý câu hỏi phổ biến toán khảo sát miền giá trị hàm số Tuy nhiên, có nhiều thí sinh ngộ nhận biết trước kết quen thuộc sau n 1 1   1 n   e  1 n      1 n , n   * Và từ kết luận   0,   dẫn đến sai lầm đáng tiếc Bài Ta gọi đoạn thẳng [ ,  ] đoạn thẳng tốt với số a , b , c thỏa mãn điều kiện 2a  3b  6c  phương trình ax  bx  c  có nghiệm thực thuộc đoạn [ ,  ] Trong tất đoạn thẳng tốt, tìm đoạn có độ dài nhỏ Lời giải Với a  3b  6c  phương trình ax  bx  c  có nghiệm x  tốt phải chứa số , suy đoạn 1 Do     2 54 www.VNMATH.com Xét a  , không tính tổng quát, ta giả sử a  b  2  2c Phương trình cho viết lại thành 3x  2(1  c )x  c  Phương trình có hai nghiệm x1   c   c  c2  c   c  c2 , x2  3 Dễ thấy x1 , x2 hàm số liên tục tăng theo biến c ; nữa, ta có lim x1  lim x2  c  c  Giả sử [ ,  ] đoạn thẳng tốt Khi đó, rõ ràng tồn giá trị c0 cho x1 (c0 )   Với c  c0 x1 (c)   , tức x1 (c ) nằm đoạn tốt, suy x2 (c )   Cho c  (c0 ) x2 (c0 )   Từ đó, ta có     x1 (c0 )  x2 (c0 )   c0  c02 Do đó, độ dài đoạn thẳng tốt bé  3 Ta tồn đoạn thẳng Thật vậy, chọn   3 3 ,  6 55 www.VNMATH.com - Nếu c   1 , ta có x2   ,   [ ,  ]  2 - Nếu c  1  , ta có x1   ;    [ ,  ] 2  3 3  ; Vậy đoạn thẳng tốt có độ dài nhỏ     Nhận xét Đây toán thú vị với phát biểu lạ mắt, xuất phát từ toán cũ với điều 2a  3b  6c  cho, chứng minh phương trình bậc hai ax  bx  c  có nghiệm Cần hiểu rõ chất câu hỏi là: đoạn tốt đoạn chứa nghiệm phương trình cho chứa đồng thời hai nghiệm Một câu hỏi mở rộng khó từ toán là: Với số  ,  định nghĩa, chứng minh     2  Bài a Tìm hàm số f :    thỏa mãn điều kiện ( x  y) f ( x  y)  ( x  y ) f ( x  y )  xy( x  y ) với x , y   1  b Cho hàm số f liên tục  ;  thỏa mãn điều kiện 2  xf ( x)  Chứng minh  2 1 1  f    với x   ;  x x 2  f ( x)dx  ln Lời giải a Đặt u  x  y , v  x  y x  uv v u ,y  nên ta có 2 56 www.VNMATH.com uf ( v)  vf (u)   (u  v)(u  v) (u  v)  (u  v)2  với u, v       hay uf ( v)  vf (u)  u3 v  uv  v f (u)  u  u f (v)  v Nếu uv  ta viết đẳng thức thành f ( u)  u f ( v )  v  u v f ( u)  u  c , u   f (u)  u3  cu, u  u Do tồn c   cho Nếu uv  dễ thấy f (0)  , hàm số f (u)  u3  cu thỏa mãn điều Thử lại ta thấy hàm số f ( x)  x  cx thỏa mãn Vậy tất hàm số cần tìm f ( x)  x  cx , x   b Xét I  1 f ( x)dx Đặt x  2t dx  2t ln 2dt , thay vào tích phân này, ta I  ln  f (2t )2t dt 1 Tương tự, đặt x   t , ta I  ln  f (2 t )2 t dt 1 1  Với t  [1; 1] 2t   ;  nên theo giả thiết, ta có 2  f (2t )2t  f (2  t )2  t  Do đó, I  ln  1  f (2 )2 t t   f (2  t )2  t dt  ln  2dt  ln 1 Suy I  ln Ta có đpcm Nhận xét 57 www.VNMATH.com Có lẽ gặp phần tự chọn này, hầu hết bạn thí sinh chọn câu a quen thuộc dễ xử lí Chỉ cần vài phép đổi biến đơn giản chuyển đại lượng có f ( u)  u f ( v )  v  chuyện xem hoàn tất (nó phải số), đặt u v đại lượng c từ thay ngược dần lên để kết dạng Một toán tương tự: Tìm hàm số f :    thỏa mãn điều kiện ( x  y) f ( x  y)  ( x  y ) f ( x  y )  xy( x  y ) với x , y   Ở câu b toán, cách đổi biến thành dạng 2t trên, ta làm trực tiếp sau Ta có 2 dt I  1 f ( x)dx  1 f ( x)dx   f ( x)dx , tích phân thứ hai, đặt x   dx   t t 2 1 1 1   dt 1   I  1 f ( x)dx  1 f ( x)dx   f    1 f ( x)dx  1 f   dx  1  f ( x)  f    dx x  x  tt x 2 2 x 2 Từ giả thiết, ta có f ( x)  dx 1  1 1  nên với I   ln x  ln f x  ;   x x    x   2  x Một câu hỏi tương tự cho câu b 1  Cho hàm số f liên tục  ;  thỏa mãn điều kiện 2  1  xf ( x)  yf  y   với x , y   ;  2  Tìm giá trị lớn  2 f ( x)dx 58 www.VNMATH.com LỜI GIẢI ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN MÔN GIẢI TÍCH NĂM 2012  Nhận xét chung Có thể nói lỗi khâu biên soạn đề, dẫn đến sai hai câu đề hay, tính phân loại lẫn vẻ đẹp toán Các câu dễ 3, trung bình 5, câu khó Các toán 5, hay, mẻ đẹp Để xử lí trọn vẹn đề thi cần phải nắm vững kiến thức giải tích hiểu rõ chất vấn đề Có lẽ thí sinh thực giỏi kì thi chưa người đạt giải cao mà bạn biết câu đúng, câu sai cho phản ví dụ cho chúng, người “dám” chọn câu 6a (thay làm vế dễ câu 6b) giải trọn vẹn khai triển Taylor Bài Cho dãy số ( an ) thỏa mãn điều kiện a1   an 1  n1 an  với n  1, 2, 3, n n Tìm  để dãy ( an ) hội tụ Lời giải Ta công thức xác định dãy, ta có an 1  an  an  với n  n Đặt xn  an  ta x1    n  1  1 xn 1     xn xn 1     x1  (n  1)x1 k  n k 1  Suy an  (n  1)(  2)  với n Nếu   dễ thấy an   n   nên không thỏa 59 www.VNMATH.com Nếu   ta có an  với n nên dãy ( an ) hội tụ Vậy giá trị cần tìm  để dãy cho hội tụ   Nhận xét Ngoài cách giải sử dụng đáp án, có biến đổi tự nhiên đưa an1 an   n  n n(n  1) Đặt dãy số bn  an 2 có , ý biểu thức có bn1  bn  n n(n  1) n(n  1) thể viết thành sai phân 2   nên toán giải nhanh chóng n(n  1) n n  Bài Cho đa thức P( x) có bậc không nhỏ có hệ số thực đa thức Q( x) xác định   Q( x)  (2012 x  1) P( x) P( x)  x 2012( P( x))2  ( P ( x)) Chứng minh phương trình P( x)  có n nghiệm thực phân biệt 1  khoảng  ;   phương trình Q( x)  có 2n  nghiệm thực phân biệt 2  Lời giải  Ta có Q( x)   2012 xP( x)  P( x)  xP ( x)  P( x)   e 1006 x e 1006 x P( x)   xP( x)  Xét a , b hai nghiệm liên tiếp dãy n nghiệm phân biệt P( x)  theo định  lí Rolle, phương trình e 1006 x P( x)   xP(x) có nghiệm r , r cho a  r1 , r2  b Ta chứng minh r1  r2 , không giả sử r1  r2  r P (r )  2012rP(r )   P(r )  rP(r )  60 www.VNMATH.com Do r  nên ta nhân đẳng thức thứ với r trừ cho đẳng thức thứ hai, ta có (2012r  1)P(r )  Vì r  a  nên 2012r   , suy P(r )  , mâu thuẫn  c  c   c n nghiệm phương trình P( x)  Q( x)  2 có 2n  nghiệm nằm khoảng (c1 , c2 ),(c , c3 ), ,(cn1 , cn ) Do đó, gọi Đồng thời, ta thấy phương trình xP( x)  có nghiệm x  nên khoảng (0; c1 ) phương trình P( x)  xP( x)  có thêm nghiệm Vậy đa thức Q( x) có (2n  2)   2n  nghiệm thực phân biệt Ta có đpcm Nhận xét Bài toán gốc có lẽ là: Chứng minh đa thức P( x) bậc n có n nghiệm thực phân biệt lớn Q( x)  ( x  1)P( x)P( x)  xP ( x)  ( P( x)) có 2n  nghiệm thực phân biệt Dạng câu hỏi có xuất đề Đại số năm 2011 trước tương đối dễ Ở toán xét, ta sử dụng khéo léo tính chất định lí Rolle để chặn cho số nghiệm phương trình Cái khó phân tích đa thức cho thành nhân tử để có dạng phương trình đơn giản Nếu đa thức Q( x) không phân tích thành nhân tử thực khó không dễ kiểm tra tính đắn Đề có chỉnh sửa lại cho đề gốc đáng tiếc bị sai đáp án trình bày vắn tắt, đến không hiểu cho thêm điều kiện nghiệm không nhỏ làm (sử dụng đoạn lập luận nghiệm phân biệt) Bài Tính tích phân  1 dx (2012  1)(1  x ) x Lời giải 61 www.VNMATH.com Ta có dx dx dx   1 (2012x  1)(1  x2 ) 1 (2012 x  1)(1  x2 ) 0 (2012 x  1)(1  x2 ) d(  x) dx    x x (2012  1)(1  (  x) ) (2012  1)(1  x ) 1  1    dx  x x 2 (2012 x x     1)(1 ) (2012 1)(1 )   x   2012    dx x x  x2  2012  2012     dx   x2 Vậy tích phân cần tính  Nhận xét Dạng tổng quát là: Cho hàm số f ( x) chẵn số thực a , b  , ta có đẳng thức tích phân sau a f ( x) dx   f ( x)dx x a b   a Nói chung dạng quen thuộc từ thời THPT Hàm số g( x)  b x  có đặc điểm g( x)  g(  x)  nên ta hoàn toàn thay hàm số khác có tính chất   g( x)  g(  x) số đó, chẳng hạn g( x)  ln sin x   sin x Chú ý trường hợp hàm f ( x) lẻ  a a f ( x)dx  Bài Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện  xy 1  x  f   f    2012    2013   y  f   với x , y    2014   Lời giải 62 www.VNMATH.com Đặt a  2014 2014 ,b  rõ ràng b  0, b  2012 2013 Trong đẳng thức cho, thay x , y  2014  ( x  y)   f  2012  1  2 2014 2014 x, y 2012 2012   2014  f x   f ( y )  hay f  a( x  y)    f (bx)  f ( y )   2013   Đặt g( x)  f ( x)  f (0) , ta có g  a( x  y)   f  a( x  y)   f (0)  1 f (bx)  f ( y )  f (0)    g(bx)  g( y )   2 Ta có g  a( x  y)   g  a( x  y )    1 g(b( x  y))  g(0)   g  b( x  y )   2 So sánh hai đẳng thức trên, ta g  b( x  y)   g(bx)  g( y) với x , y   Chọn y cho b( x  y )  y  y  b x g(bx)  với x 1 b Từ suy f ( x)  f (0)  c với x , tức f ( x) hàm Thử lại ta thấy thỏa Vậy tất hàm số cần tìm f ( x)  c   với x Nhận xét Đây phương trình hàm đòi hỏi kĩ thuật biến đổi đại số không mang tính giải tích Dễ dàng đoán hàm thỏa mãn; nhiên, muốn chứng minh điều cần phải khéo léo dùng phép lựa chọn thích hợp Nhiều bạn bị ngộ nhận, dù đề không cho liên tục áp dụng tính chất lim f ( x)  f (lim x) , giải nhanh chóng rõ ràng sai lầm nghiêm trọng x  x0 x  x0 Nói chung, có thêm giả thiết liên tục có trường hợp a  b đưa  x  y  f ( x)  f ( y ) dạng f  với x , y dẫn đến hàm số tuyến tính dạng f ( x)  ux  v    đủ khó để hỏi mà 63 www.VNMATH.com Bài Giả sử hàm số f ( x) liên tục đoạn [0; 2012] thỏa mãn điều kiện f ( x)  f (2012  x)  với x  [0; 2012] Chứng minh  2012 f ( x)dx  phương trình (2012  x) f ( x)  2012  2012  x f (u)du có nghiệm khoảng (0; 2012) Lời giải Theo giả thiết f ( x)   f (2012  x) với x  [0; 2012] ,  2012 f ( x)dx   Từ suy 2012  2012  f (2012  x)dx   2012 f (2012  x)d(2012  x)    2012 f ( x)dx f ( x)dx  Đặt g( x)  (2012  x)2012  2012  x f (u)du dễ thấy hàm số khả vi [0; 2012] có g(0)  g(2012)  Theo định lí Rolle tồn c  (0; 2012) cho g(c )   2012(2012  c) 2011  2012  c f (u)du  (2012  c) 2012 f (2012  c)  Từ suy 2012  2012  c f ( u)du  (2012  c) f ( c )  hay phương trình (2012  x) f ( x)  2012  2012  x f (u)du có nghiệm Ta có đpcm Nhận xét Trong này, đoạn chứng minh giá trị tích phân xác định đòi hỏi kĩ thuật đổi biến tận dụng giả thiết nên vấn đề Còn phần chứng minh phương trình có nghiệm “kịch bản” cũ, ta phải chọn hàm số thích hợp mà đạo hàm có dạng dùng định lí Lagrange/Rolle Tuy nhiên, hàm số trường hợp không dễ tìm, ta cố gắng phân tích sau: 64 www.VNMATH.com Hàm số cần tìm có dạng g( x)  h( x)   2012  x f (u)du để dùng đạo hàm hàm có dạng tích hy vọng dạng Chú ý ta cần thêm h(0)  h(2012)  (điều có sẵn) Ta có g( x)  h( x)   2012  x f (u)du  h( x)  f (2012  x)  h( x)   2012  x Suy g( x)    h( x)  f ( x)  h( x)   2012  x f (u)du  h( x)  f ( x) f (u)du Do đó, so sánh với phương trình quan tâm, ta cần có h( x) h( x)  x  2012 2012 Đến đây, dễ dàng chọn h( x)  (2012  x) 2012 Bài a Cho hàm số f ( x) khả vi liên tục cấp  Giả sử f (1)   f ( x)dx  Chứng minh với   (0; 1) , ta có   f ( x)dx  max f ( x) 81  x1 b Cho hàm số f : [0;1]   hàm lõm (còn gọi lồi lên phía trên), khả vi liên tục thỏa mãn f (0)  f (1)  Chứng minh  max f ( x)   0  x 1   f ( x)  dx   max f ( x)  x 1 Lời giải a Ta có  1 1 0 xf ( x)dx  xf ( x)   f ( x)dx  f (1)   f ( x)dx  Do   1 f ( x)dx    f ( x)dx     f ( x)  f ( x)  (  1)xf ( x) dx   (  1)  0 f ( ) x dx 65 www.VNMATH.com Suy Ta có    f ( x)dx   (  1)2  1x f ( ) x dx   (  1)2  dx f ( ) 2 1 x2 x3 dx  1  2           (  1)2   2 (1   )(1   )     2  27  Từ đó, ta có   f ( x)dx   f ( )  max f ( x) Đây đpcm 27 81  x1 b Gọi x0 điểm cực đại y0 giá trị cực đại f ( x) miền [0; 1] Ta có  f ( x) dx   x0 f ( x)dx    f ( x)dx   f ( x0 )  f (0)    f (1)  f ( x0 )   f ( x0 ) nên x0 1 f ( x) dx 0 max f ( x)  f ( x0 )  Bất đẳng thức thứ tương đương với   f ( x) dx  2        f ( x)  dx  (*)   Ta có   2    0   f ( x)  dx   0 f ( x) dx   1 1 2        f ( x)   f ( x)  dx      f ( x)   f ( x)  dx 0     1 1       f ( x)   f ( x)  dx   dx   dx  0       f ( x ) f ( x )         Từ suy bất đẳng thức (*) Bất đẳng thức thứ hai tương đương với  1   f ( x)  dx    f ( x) dx (**) Ta có  1   f ( x)  dx   f ( x) dx 1        f ( x)   f ( x)  dx   x   dx  0     f ( x)   f ( x) Từ suy bất đẳng thức (**) Vậy ta có đpcm 66 www.VNMATH.com Nhận xét Cả câu toán khó thực tế, hầu hết thí sinh chọn câu b (có ý dễ xử lí hơn) Câu a đòi hỏi phải chứng minh đẳng thức   f ( x)dx   (  1)2  f ( ) x dx Nói chung kết không dễ dàng khai thác từ giả thiết không nắm vững khai triển Taylor Nếu hoàn tất việc chứng minh đẳng thức công việc lại hoàn toàn tự nhiên Đối với câu b, lời giải nêu chứng minh đánh giá đẹp 1 f ( x) dx , lời giải đáp án thức rắc rối thiếu tự 0 nhiên Dù vậy, lời giải hình học cho ta thấy rõ chất vấn đề f ( x0 )  Ta biết đại lượng l     f ( x)  dx độ dài đường cong y  f ( x) miền [0; 1] Ta minh họa hình học cho toán sau Chọn tọa độ điểm A(0; 0), B(1; 0), C(1; y0 ), D(0; y0 ), E( x0 , y0 ) hình Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với  y02  l   y0 Do đồ thị hàm số lồi lên phía nên l  AD  DE  BC  CE  CD  AD  BC   y0 Hơn l  AE  BE  AD  DE2  BC  CE2  ( AD  BC )2  ( DE  CE)2   y02 Bài toán giải hoàn toàn 67 www.VNMATH.com TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Diễn đàn http://forum.mathscope.org/ [2] Diễn đàn http://diendantoanhoc.net/ [3] Diễn đàn http://www.artofproblemsolving.com/Forum/portal.php?ml=1 [4] Diễn đàn http://math.net.vn/forum.php [5] Các đề thi Olympic Toán Sinh viên toàn quốc, NXB GD, 2005 68 [...]...LỜI GIẢI ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN MÔN GIẢI TÍCH NĂM 2006  Nhận xét chung Các dạng Toán có trong nhiều tài liệu ôn thi và là kiến thức tối thi u cần phải nắm để tiếp cận với kì thi này xuất hiện ở các câu 1, 5, 6 Các câu còn lại nói chung chỉ đòi hỏi dùng các kĩ thuật quen thuộc nhưng tinh tế... www.VNMATH.com LỜI GIẢI ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN MÔN GIẢI TÍCH NĂM 2007  Nhận xét chung Đề này chứa nhiều yếu tố của Toán sơ cấp, các phần dãy số, phương trình hàm và thậm chí là bài tích phân cũng chỉ đòi hỏi các kĩ thuật xử lí quen thuộc của THPT, cụ thể là trong chương trình thi HSG Đề thi nhìn chung có tính phân loại khá cao nhưng chưa mang nhiều dấu ấn của một đề thi Olympic Toán cao cấp dành... www.VNMATH.com Theo giả thi t thì xf ( y)  yf ( x)  1 với mọi x , y  [0; 1] nên suy ra  2 0 2 I   dt    hay I  2 4 Nhận xét Nhiều bạn cho rằng đánh giá theo cách đổi biến thành hàm lượng giác như trên hơi thi u tự nhiên và có vẻ giả thi t được sử dụng chưa triệt để (giả thi t cho bất đẳng thức đúng với mọi x , y và ta chỉ sử dụng một lần khi đặt x  sin t , y  cos t ); tuy nhiên, giả thi t đó được... tại của nguyên hàm có 3 nghiệm thực, chẳng hạn ta có thể chỉ trực tiếp nguyên hàm đó, cụ thể là  b  h( x)  g( x)  g     2a  24 www.VNMATH.com LỜI GIẢI ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN MÔN GIẢI TÍCH NĂM 2008  Nhận xét chung Đề thi khá hay vì bao quát các dạng, đòi hỏi phải nắm vững đầy đủ các kiến thức liên quan như: xử lí dãy số, tính giới hạn dùng kĩ thuật tích phân xác định, khảo sát tính... một cấp số cộng với số hạng đầu là u1  1 và công sai là 1 Khi đó, an  2  Từ đó suy ra a2008  n1 n1  a với n  1, 2, 3, an1 n n 2007 2005 3 3  5  7   2007 2007 !! a2   2006 2004 2 2  4  6   2006 2006!! Nhận xét Trong các bài toán dãy số phi tuyến tính dạng này, ta khai thác đặc điểm của công thức để đưa về một biểu thức dễ xử lí hơn, ở đây ta đã đưa được về sai phân dạng tích 25... f ( x) có dạng như trên rất thường gặp trong các đề thi Olympic Sinh viên và trong nhiều trường hợp, các hàm chọn ra được khá rắc rối Đưa thêm e  x có hai điểm lợi: thứ nhất là giá trị của e  x luôn dương nên dấu của f ( x), P( x) luôn như nhau; thứ hai là khi đạo hàm thì chúng ta nhận được biểu thức dạng P( x)  P( x) và tận dụng thành công giả thi t Bài 4 x Cho hàm số liên tục f : [0;1]  [0; )... cho f (c )  g(c ) 31 www.VNMATH.com LỜI GIẢI ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN MÔN GIẢI TÍCH NĂM 2009  Nhận xét chung Ngoài câu 2 khó ra thì các câu còn lại thuộc dạng cơ bản, không đòi hỏi nhiều kĩ thuật xử lí và thậm chí là hoàn toàn giải bằng các kiến thức về giải tích sơ cấp một cách nhẹ nhàng Các câu 1, 3 và 5 còn nặng tính đại số; chưa thể hiện được vai trò của hàm số, đối tượng cơ bản trong Giải... dạng tổng quát nên để giải đầy đủ là không dễ dàng Câu 3, 4 là các câu phân loại khá tốt và các hướng tiếp cận được giới thi u bên dưới có lẽ là con đường duy nhất để xử lí các bài này Bài 1 Cho dãy số ( xn ) xác định theo hệ thức sau: x1  2, x1  x2  x3   xn  n2 xn , n  2 Tính x2006 Lời giải Trong công thức truy hồi đã cho, thay n bởi n  1 ta có x1  x2  x3   xn  xn 1  (n  1)2 xn 1... có bài khó Tuy một số câu chưa thật mới mẻ, sáng tạo nhưng đòi hỏi phải tập trung khai thác sâu giả thi t cũng như đặc điểm của các kết luận thì mới có thể giải quyết trọn vẹn được Bài 1 Dãy số ( an ) được xác định như sau a1  a2  1, an 2  1 an1  an , n  1, 2, 3 Tính a2008 Lời giải Theo giả thi t, ta có an  2 an1  an 1 an  1 với mọi n  1, 2, 3, Do đó dãy số un  an1 an là một cấp số... xn1  n Lấy tích hai vế, ta có x i 1 n i 1  i 1 n x n 2 n i n! 4 xi  xn  1  x1  i2 (n  2)!/ (1  2) ( n  1)( n  2) Do đó ta được công thức tổng quát của dãy đã cho là xn  4 4 và x2006  2006  2007 n(n  1) Nhận xét 11 Ở các bài dãy số có dạng truy hồi liên quan đến tổng hoặc tích của các số hạng liền trước như trên, ta chỉ cần đổi n thành n  1 , lợi dụng tính chất “đúng với mọi