Tài liệu ôn thi Olympic toán sinh viên việt nam phần giải tích. Tập hợp các bài toán hay cùng lời giải chi tiết về hàm số giúp đỡ bạn ôn tập lập cập và hiệu quả. Bài bác 1 tìm toàn bộ các hàm số u(x)thỏa mãn u(x) = x +
Bạn đang xem: Bài tập khả vi có lời giải
www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH BÀI TÂP VỀ HÀM SỐ VỚI bố VẤN ĐỀ LIÊN TỤC, KHẢ VI, KHẢ TÍCH 1 2Bài 1. Tìm toàn bộ các hàm số u ( x ) vừa lòng u ( x ) = x + ∫ u ( t ) dt . 0Giải 1 2Vì ∫ u ( t ) dt là một hằng số nên u ( x ) = x + C (C là hằng số). 0 1 1 t 2 2 1C 1 2 ∫ ( t + C ) dt = C ⇔ 2 + Ct =C ⇔ + =C ⇔C = .Do kia 0 82 4 0 1Vậy u ( x ) = x + là hàm số bắt buộc tìm. 4Bài 2. Mang đến hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn điều kiện: f ( x + 19 ) ≤ f ( x ) + 19 với f ( x + 94 ) ≥ f ( x ) + 94 với đa số x. Minh chứng rằng: f ( x + 1) = f ( x ) + 1 vớimọi x ∈ ℝ .GiảiLấy một vài thực x bất kỳ. Áp dụng đk ban đề đến với x − 19 vàx − 94 ta thu được: f ( x − 19 ) ≥ f ( x ) − 19 với f ( x − 94 ) ≤ f ( x ) − 94 .Bây giờ ta dễ dàng dàng minh chứng 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 ba với đạo hàm cung cấp 2 dương.Chứng minh rằng: f ( x + f ′ ( x ) ) ≥ f ( x ) với đa số số thực x.Giải+ nếu f ′ ( x ) = 0 thì f ( x + f ′ ( x ) ) = f ( x ) với mọi x : hiển nhiên.+ giả dụ f ′ ( x ) www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH f ′′ ( x ) > 0 ⇒ f ′ là hàm tăng ⇒ f ′ ( c ) 0 thì chứng tỏ tương trường đoản cú như trường thích hợp f ′ ( x ) 1. X +1 xGiải πXét hàm số: f : < 2; ∞ ) → ℝ , f ( t ) = t cos . TÁp dụng định lý Lagrange trên đoạn < x; x + 1> so với hàm f ( t ) f ( x + 1) − f ( x )tồn trên u ∈ < x; x + 1> : f ′ ( u ) = = f ( x + 1) − f ( x ) ( x + 1) − x π π π > 1 ∀u ∈ < 2; +∞ ) .Cần chứng minh f ′ ( u ) = cos + sin u u u π2 π lim f ′ ( u ) = 1 . U →∞ π π − x cos > 1 ∀x ∈ < 2; +∞ ) .Vậy ( x + 1) cos x +1 xBài 5 Tồn tại hay không hàm khả vi liên tục f thỏa mãn nhu cầu điều khiếu nại f ( x ) www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH 1Với f ( x ) > 0 , áp dung bất đẳng thức Cauchy ta được: f ( x ) + ≥ 2. F ( x) 1 1lim f ( x ) + = 2 ⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho 0 ≤ f ( x ) + −2www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCHbất đẳng thức f ( x ) ≥ ϕ ( x ) được bằng lòng trong lân cận khuyết của 0 vàlim ϕ ( x ) = 0 thì từ bỏ (*) suy ra được: lim f ( x ) = 0 .x →0 x →0GiảiVí dụ 1 ( −1) ví như x = n , n = 0,1,2,3,... nXét f : ℝ → ℝ xác minh bởi f ( x ) = 2 0 trường hợp ngược lạiϕ ( x ) ≤ f ( x ) = ( f ( x ) + f ( 2x )) − f ( 2x ) ≤ ( f ( x ) + f ( 2x )) − ϕ ( 2x )Vì lim ϕ ( x ) = lim ( f ( x ) + f ( 2 x ) − ϕ ( x ) ) = 0 đề nghị lim f ( x ) = 0 . X →∞ x →0 x →0Bài 9a) mang lại ví dụ về hàm f thoả mãn điều kiện lim ( f ( x ) f ( 2 x ) ) = 0 tuy nhiên x →0lim f ( x ) ko tồn tại.x →0b) chứng minh rằng nếu như trong một ở bên cạnh khuyết của 0, những bất đẳng thức 1 f ( x ) ≥ x , www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH , x ∈ < 0;2>Xét hàm số g ( x ) = f ( x + 1) − f ( x )Vì f ∈ C (< 0;2>) buộc phải 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 ( 0 ) g (1) = − g (1) ≤ 0. 2 Vì núm tồn tại x0 ∈ < 0;1> : g ( x0 ) = 0 ⇔ f ( x0 + 1) = f ( x0 ) .Vậy có thể lấy x2 = x0 + 1 , x1 = x0 .Bài 12Cho f ∈ C (< 0;2>) . Chứng tỏ rằng trường tồn x1 , x2 vào < 0;2> làm sao để cho ( f ( 2) − f ( 0)) . 1x2 − x1 = 1 và f ( x2 ) − f ( x1 ) = 2Giải ( f ( 2 ) − f ( 0 ) ) , x ∈ <0;2> 1Xét hàm số: g ( x ) = f ( x + 1) − f ( x ) − 2Vì f ∈ C (< 0;2>) cần g ∈ C (< 0;2>) . ( f ( 2 ) − f ( 0 ) ) = f (1) − 2 ( f ( 0 ) + f ( 2 ) ) 1 1Ta có: g ( 0 ) = f (1) − f ( 0 ) − 2 g (1) = f ( 2 ) − f (1) − ( f ( 2 ) − f ( 0 ) ) = − f (1) − ( f ( 0 ) + f ( 2 ) ) 1 1 2 2 2 Suy ra: g ( 0 ) g (1) = − f (1) − ( f ( 0 ) + f ( 2 ) ) ≤ 0 . 1 2 ( f ( 2) − f ( 0)) . 1Vì cầm cố tồn tại x0 ∈ < 0;1> : g ( x0 ) = 0 ⇔ f ( x0 + 1) − f ( x0 ) = 2Vậy hoàn toàn có thể lấy x2 = x0 + 1 , x1 = x0 .Bài 13Với n ∈ ℕ , gọi f ∈ C (< 0; n >) thế nào cho f ( 0 ) = f ( n ) . Chứng minh rằng tồntại x1 ; x2 trong vòng < 0; n > toại ý x2 − x1 = 1 và f ( x2 ) = f ( x1 ) .GiảiXét 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+ trường hợp g ( k ) = 0 , k ∈ 0,1,2,..., n − 1 thì ta tất cả ngay điều đề xuất chứng minh. 5VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG phái nam – WWW.MATHVN.COMwww.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH+ nếu như ∃k ∈ 0,1, 2,..., n − 1 : g ( k ) ≠ 0 . Ko mất tính tổng quát giả sửg ( k ) > 0 thì dịp đó luôn kiếm được h ≠ k , h ∈ 0,1,2,..., n − 1 sao chog ( h ) www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCHBài 16Cho f là hàm khả vi tại a cùng xét hai hàng ( xn ) cùng ( yn ) cùng quy tụ về a làm sao cho f ( xn ) − f ( yn ) = f ′( a ) .xn 0 . Minh chứng rằng:a) nếu lim ( af ( x ) + f ′ ( x ) ) = M thì lim f ( x ) = . M x →+∞ x →+∞ a ( ) Mb) nếu lim af ( x ) + 2 x f ′ ( x ) = M thì lim f ( x ) = . X →+∞ x →+∞ aGiảiÁp dụng nguyên tắc Lôpitan, ta có: ( eax f ( x ) )′ = lim eax ( af ( x ) + f ′ ( x ) ) e ax f ( x )a) lim f ( x ) = lim = lim ( eax )′ e ax ae ax x →+∞ x →+∞ x →+∞ x →+∞ ( af ( x ) + f ′ ( x ) ) = a xlim ( af ( x ) + f ′ ( x ) ) = a . 1 1 M= lim x →+∞ →+∞ a 7VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG nam – WWW.MATHVN.COMwww.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCHb) Ta có: a f ( x ) + f ′( x ) ′ ( ) ea x e f ( x) e f ( x) ax ax 2 x lim f ( x ) = lim = lim = lim ′ () a axx →+∞ x →+∞ x →+∞ x →+∞ ax e ea x e 2x ( ) ( ) 1 1 M= lim af ( x ) + 2 x f ′ ( x ) = lim af ( x ) + 2 x f ′ ( x ) = . X →+∞ a x→+∞ a aCâu 18Cho f khả vi cung cấp 3 bên trên ( 0; +∞ ) . Liệu trường đoản cú sự trường tồn của giới hạnlim ( f ( x ) + f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) + f ′′′ ( x ) ) gồm suy ra sự mãi sau của lim f ( x ) x →+∞x →+∞không?GiảiKhông. 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 ) = 0x →+∞ x →+∞Nhưng không tồn tại lim f ( x ) = lim cos x . X →+∞ x →+∞Câu 19a) giả sử f khẳng định và thường xuyên trên < 0; +∞ ) , có đạo hàm liên tục trên( 0; +∞ ) và thoả mãn f ( 0 ) = 1, f ( x ) ≤ e ∀x ≥ 0 . Chứng minh rằng lâu dài −xx ∈ ( 0; +∞ ) làm sao để cho f ′ ( x ) = e . − x0 0 0b) mang sử f khả vi tiếp tục trên (1; +∞ ) với thoả mãn f (1) = 1 , 1 ∀x ≥ 1 . Chứng tỏ rằng mãi mãi x0 ∈ (1; +∞ ) sao cho f ( x) ≤ x 1 f ′ ( x0 ) = − 2 . X0Giảia) Đặt g ( x ) = f ( x ) − e − xf tiếp tục trên < 0; +∞ ) ⇒ g liên tiếp trên < 0; +∞ ) ⇒ g tiếp tục trên tại 0⇒ lim g ( x ) = g ( 0 ) = f ( 0 ) − 1 = 0 . X → 0+0 ≤ f ( x ) ≤ e − x ⇒ lim f ( x ) = 0 x →+∞⇒ lim g ( x ) = lim ( f ( x ) − e − x ) = lim f ( x ) − lim e − x = 0 . X →+∞ x →+∞ x →+∞ x →+∞ 8VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG nam giới – WWW.MATHVN.COMwww.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCHDo đó: lim g ( x ) = lim g ( x ) ⇒ ∃x0 ∈ ( 0; +∞ ) : g ′ ( x0 ) = 0 tốt f ′ ( x0 ) = e − x . 0 x → 0+ x →+∞ 1b) Đặt g ( x ) = f ( x ) − x f khả vi liên tiếp trên (1; +∞ ) ⇒ lim f ( x ) = f (1) = 0 x →1+ 1⇒ lim g ( x ) = lim f ( x ) − = 0 . x + + x →1 x →1 1 10 ≤ f ( x ) ≤ ⇒ lim f ( x ) = 0 ⇒ lim g ( x ) = lim f ( x ) − = 0 x x →+∞ x →+∞ x →+∞ x 1lim g ( x ) = lim g ( x ) ⇒ ∃x0 ∈ (1; +∞ ) : g ′ ( x0 ) = 0 hay f ′ ( x0 ) = − 2 . + x →+∞x →1 x0 π π Câu trăng tròn Cho M = f ∈ C (< 0;1>) : ∫ f ( x ) sin xdx = ∫ f ( x ) cos xdx = 1 . 0 0 πTìm min ∫ f 2 ( x ) dx . F ∈M 0Giải 2Cho f 0 ( x ) = ( sin x + cos x ) . π+ ví dụ f 0 ∈ M . π+ Đối với hàm bất kỳ f ∈ M , ∫ f ( x ) − f 0 ( x ) dx ≥ 0 . 2 0 π π π π 8 4 4 f 2 ( x ) dx ≥ 2 ∫ f ( x ) f 0 ( x )dx − ∫ f 02 ( x ) dx = = ∫ f 02 ( x ) dx . − = ∫Suy ra: π π π 0 0 0 0Vậy rất tiểu giành được khi f = f 0 .Câu 21Tìm hàm số f ( x ) tất cả đạo hàm thường xuyên trên ℝ thế nào cho x ( x) = ∫ ( f (t ) + f ′2 ( t ) ) dt + 2011 2 2 f (1). 0GiảiVì hàm số f ( x ) gồm đạo hàm liên tục trên ℝ phải f 2 ( x ) gồm đạo hàm liên tụctrên ℝ .Lấy đạo hàm 2 vế của (1), ta được:2 f ( x ) f ′ ( x ) = f 2 ( x ) + f ′2 ( x ) ⇒ ( f ′ ( x ) − f ( x ) ) = 0 ⇒ f ′ ( x ) = f ( x ) 2⇒ f ( x ) = Ce x (2). 9VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG phái nam – WWW.MATHVN.COMwww.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCHTừ (1) suy ra: f 2 ( 0 ) = 2011 ⇒ f ( 0 ) = ± 2011 .Cho x = 0 , trường đoản cú ( 2 ) ⇒ f ( 0 ) = C = ± 2011 .Vậy f ( x ) = ± 2011e x .Câu 22Tìm toàn bộ các hàm số tiếp tục f : ℝ → ℝ bằng lòng f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( x2011 ) = f ( y1 ) + f ( y2 ) + ... + f ( y2011 )với mọi cỗ số thoả mãn: x1 + x2 + ... + x2011 = y1 + y2 + ... + y2011 = 0 .GiảiĐặt f ( 0 ) = b , g ( x ) = f ( x ) − b. Vày đó: g ( 0 ) = f ( 0 ) − b = 0và g ( x1 ) + g ( x2 ) + ... + g ( x2011 ) = g ( y1 ) + g ( y2 ) + ... + g ( y2011 )với mọi cỗ số thoả nguyện : x1 + x2 + ... + x2011 = y1 + y2 + ... + y2011 = 0 .Trước hết đến y1 = y2 = ... = y2011 = 0 , x1 = x2 = ... = x2009 = 0 , x 2010 = x, x 2011 = − xta được: g ( − x ) = − g ( x ) ∀x ∈ ℝ .Tiếp theo mang đến y1 = y2 = ... = y2011 = 0 , x1 = x2 = ... = x2008 = 0 , x 2009 = x, x 2010 = y , x2011 = − x − yta được: g ( x ) + g ( y ) + g ( − x − y ) = 0 ∀x,y ∈ ℝ ⇔ g ( x + y ) = g ( x ) + g ( y ) ∀x, y ∈ ℝĐây là phương trình hàm Cauchy, vị đó: g ( x ) = ax , a = g (1) .Vậy f ( x ) = ax + b , a, b = const .Câu 23Cho f tiếp tục trên đoạn < a; b > , khả vi trong khoảng ( a; b ) vàf ( a ) = f ( b ) = 0 . Chứng minh rằng trường tồn c ∈ ( a; b ) sao cho:f ′ ( c ) = f 2011 ( c ) .Giải x − f 2010 ( t ) dt ∫Xét hàm số: g ( x ) = e f ( x) aVì f liên tục trên đoạn < a; b > , khả vi trong tầm ( a; b ) yêu cầu g tiếp tục trênđoạn < a; b > , khả vi trong khoảng ( a; b ) . Không chỉ có vậy g ( a ) = g ( b ) = 0 suy ra tồnt ại c ∈ ( a; b ) : g ′ ( c ) = 0 . X − f 2010 ( t ) dt ∫ ( f ′ ( x ) − f ( x ) ) . Suy ra: f ′ ( c ) = f ( c ) .Mà g ′ ( x ) = e 2011 2011 a 10VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG phái nam – WWW.MATHVN.COMwww.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCHCâu 24Cho f liên tiếp trên < 0;2012> . Minh chứng rằng tồn tại những số f ( 2012 ) − f ( 0 )x1 , x2 ∈ < 0;2012> , x1 − x2 = 1006 thoả mãn: f ( x2 ) − f ( x1 ) = 2Giải ( x + 1006 ) − f ( x ) − f ( 2012 ) − f ( 0 ) , x ∈ < 0;1006> .Xét hàm số: F ( x ) = 1006 2012F liên tiếp trên < 0;1006> . Ta có: 2 f (1006 ) − f ( 2012 ) − f ( 0 )F (0) = 2012 2 f (1006 ) − f ( 2012 ) − f ( 0 )F (1006 ) = − 2012F ( 0 ) F (1006 ) ≤ 0 ⇒ ∃x0 ∈ < 0;1006> : F ( x0 ) = 0 . F ( 2012 ) − f ( 0 )⇔ ∃x0 ∈ < 0;1006> : f ( x0 + 1006 ) − f ( x0 ) = . 2Đặt x2 = x0 + 1006 , x1 = x0 ta gồm điều buộc phải chứng minh.Câu 25Cho số thực a∈ < 0;1> . Xác định tất cả các hàm tiếp tục không âm bên trên < 0;1>sao cho những điều kiện tiếp sau đây được thỏa mãn: 1 1 1 f ( x ) dx = 1 b) ∫ xf ( x ) dx = a c) ∫ x 2 f ( x ) dx = a 2 . ∫a) 0 0 0GiảiÁp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski ta có: 2 2 1 1 12 1 ∫ xf ( x ) dx = ∫ x f ( x ). F ( x )dx ≤ ∫ x f ( x ) dx.∫ f ( x ) dx . 0 0 0 0 2 1 1 1Mà theo trả thiết: ∫ xf ( x ) dx = ∫ x 2 f ( x ) dx.∫ f ( x ) dx . 0 0 0Do f tiếp tục trên < 0;1> bắt buộc x f ( x ) = λ f ( x ) λ ≥ 0, ∀x ∈ < 0;1> 1Suy ra: f ( x ) = 0 ∀x ∈ < 0;1> . Điều này mâu thuẩn với mang thiết: ∫ f ( x ) dx = 1 . 0Vậy ko tồn trên hàm f thoả mãn bài bác toán.Bài 26Có tồn tại hay là không hàm số khả vi f : ℝ → ℝ thoả mãn f ( 0 ) = 1 , f ′ ( x ) ≥ f 2 ( x ) ∀x ∈ ℝ ? 11VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG nam – WWW.MATHVN.COMwww.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCHGiảiGiả sử hàm f chấp thuận yêu cầu bài xích toán. Vày f ′ ( x ) ≥ f 2 ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ đề xuất f đồng đổi thay trên < 0; +∞ ) ⇒ f ( x ) ≥ f ( 0 ) = 1 > 0 ∀x ∈ < 0; +∞ ) . F ′(t ) x x 1 , x ∈∈ < 0;1) .Từ đưa thiết câu hỏi ta có: ∫ 2 dt ≥ ∫ dt ⇒ f ( x ) ≥ 0 f (t ) 1− x 0Do đó không sống thọ lim f ( x ) . Điều này xích míc với trả thiết f liên tục. X →1Vậy ko tồn trên hàm f thoả mãn bài bác toán.Câu 27Có hay không một hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn: f ( x + y ) + sin x + sin y www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCHx = x − 0 ≥ f ( x ) − f ( 0) = y − x ≥ f ( y ) − f ( x ) = 0 − y ≥ f ( 0) − f ( y ) = xSuy ra: x = y = 0 . Vậy f ( 0 ) = 0 .Câu 30 x2Hàm f ( x ) = bao gồm khả vi trên điểm x = 0 tốt không? 3 ex − 1 − x − 2GiảiTheo bí quyết Taylor, ta có: x 2 x3 x 2 x3e = 1 + x + + + o ( x ) ⇒ e − 1 − x − = + o ( x3 ) x 3 x 26 26 x3 + o ( x3 ) = 3 x + o ( x ) . 1⇒ f ( x) = 3 6 6 1Vậy f(x) khả vi tại x = 0 với f ′ ( 0 ) = 3 . 6Câu 31Chứng minh rằng trường hợp hàm f(x) khả vi vô hạn lần bên trên ℝ thì hàm f ( x ) − f (0) được tư tưởng thêm để tiếp tục tại x = 0 cũng khả vi vô hạn xlần.GiảiVới x ≠ 0 ta có: f ( x ) − f (0) 1 x 1 f ( x ) − f ( 0 ) = ∫ f ′ ( t ) dt = ∫ f ′ ( ux ) xdu ⇒ = ∫ f ′ ( ux ) du x 0 0 0 1 ∫ f ′ ( ux ) du khả vi vô hạn lần với đa số x ∈ ℝ .Vì 0 f ( x ) − f (0)Vậy được quan niệm thêm để tiếp tục tại x = 0 khả vi vô hạn xlần.Câu 32Cho f ( x ) khả vi gấp đôi thoả f ( 0 ) = f (1) = 0 , m in f ( x ) = −1 . X∈<0;1>Chứng minh rằng: max f ′′ ( x ) ≥ 8 . X∈<0;1>Giảif thường xuyên trên < 0;1> ⇒ ∃a ∈ < 0;1> : f ( a ) = m in f ( x ) = −1.Suy ra được x∈<0;1>f ′ ( a ) = 0 , a ∈ ( 0;1) . 13VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG nam giới – WWW.MATHVN.COMwww.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 ) = −1 + ( x − a) , 0 www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCHSuy ra: eλ x h ( x ) = ( e λ x f ( x ) )′ ; e− λ x g ( x ) = f ′ ( x ) .Khi đó:g ( x ) = eλ x f ′ ( x ) = h ( x ) − λ eλ x f ( x ) = h ( x ) − λ ∫ ( e λt f ( t ) )′ dt − λ f ( 0 ) x 0 x= h ( x ) − λ ∫ e λt h ( t ) dt − λ f ( 0 ) . 0 xh ( x ) = f ′ ( x ) + λ f ( x ) = e − λ x g ( x ) + λ ∫ f ′ ( t ) dt + λ f ( 0 ) 0 x= e − λ x g ( x ) + λ ∫ e − λt g ( t ) dt + λ f ( 0 ) . 0( ⇒ ) giả sử h ( x ) không giảmKhi kia với b > a ta có: bg ( b ) − g ( a ) = ( e λb h ( b ) − eλ a h ( a ) ) − λ ∫ eλt h ( t ) dt (1) aTheo định lý vừa đủ của tích phân lâu dài b bc ∈ ( a; b ) : ∫ eλt h ( t ) dt = h ( c ) ∫ e λt dt = h ( c ) ( eλb − eλ a ) 1 (2) λ a aThay (2) vào (1) ta được:g ( b ) − g ( a ) = e λb h ( b ) − e λ a h ( a ) − e λb h ( c ) + e λ a h ( c )= e λb ( h ( b ) − h ( c ) ) + e λ a ( h ( c ) − h ( a ) ) ≥ 0 cùng với b > c > a .Do đó g(x) ko giảm.( ⇐ ) mang sử g(x) ko giảmKhi kia với b > a ta có: bảo hành (b) − h ( a ) = ( e g (b) − e g ( a ) ) + λ ∫ e − λt g ( t ) dt − λb −λa (3) aTheo định lý trung bình của tích phân vĩnh cửu b bc ∈ ( a; b ) : ∫ e g ( t ) dt = g ( c ) ∫ e − λt dt = − g ( c ) ( e − λb − e − λ a ) 1 − λt (4) λ a aThay (4) vào (3) ta được:h ( b ) − h ( a ) = e − λb g ( b ) − e − λ a g ( a ) − e − λb g ( c ) + e − λ a g ( c )= e − λb ( g ( b ) − g ( c ) ) + e − λ a ( g ( c ) − g ( a ) ) ≥ 0 cùng với b > c > a .Do đó h(x) ko giảm.Vậy vấn đề đã chứng minh xong. 15VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG nam – WWW.MATHVN.COMwww.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCHCâu 35Giả sử f ∈ C ( ℝ ) . Liệu gồm tồn tại những hàm số g(x) với h(x) làm sao để cho ∀x ∈ ℝthì f ( x ) = g ( x ) sin x + h ( x ) cos x tuyệt không?GiảiCó. Ví dụ điển hình xét những hàm số sau: g ( x ) = f ( x ) sin x , h ( x ) = f ( x ) cos xTa có: g ( x ) sin x + h ( x ) cos x = f ( x ) sin 2 x + f ( x ) cos 2 x = f ( x ) .Câu 36Giả sử f : ℝ → ℝ gồm đạo hàm cung cấp 2 thoả mãn: f ( 0 ) = 1, f ′ ( 0 ) = 0 với f ′′ ( x ) − 5 f ( x ) + 6 f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ < 0; +∞ ) . Chứng minh rằng: f ( x ) ≥ 3e 2 x − 2e3 x , ∀x ∈ < 0; +∞ ) .GiảiTa 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 g ′ ( x ) − 3g ( x ) ≥ 0 , x ∈ < 0; +∞ ) ⇔ ( e −3 x g ( x ) )′ ≥ 0 ,x ∈ < 0; +∞ ) < 0; +∞ )⇒ e −3 x g ( x ) tăng trên⇔ ( e f ( x ) )′ ≥ −2e , x ∈ < 0; +∞ ) ⇔ ( e f ( x ) + 2e )′ ≥ 0 x ∈ < 0; +∞ ) −2 x −2 x x x⇒ e f ( x ) + 2e tăng bên trên < 0; +∞ ) −2 x x⇒ e f ( x ) + 2e ≥ e f ( 0 ) + 2e = 3 , < 0; +∞ ) −2 x 0 0 x⇒ f ( x ) ≥ 3e − 2e , ∀x ∈ < 0; +∞ ) . 2x 3xCâu 37Cho f : ( 0; +∞ ) → ℝ bao gồm đạo hàm cấp cho 2 liên tiếp thoả mãn: f ′′ ( x ) + 2 xf ′ ( x ) + ( x 2 + 1) f ( x ) ≤ 2011 với mọi x. Minh chứng rằng:lim f ( x ) = 0 .x →∞GiảiÁp dụng luật lệ Lôpitan, ta có: x2 e f ( x) 2lim f ( x ) = lim = x2x →∞ x →∞ e 2 16VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG phái nam – WWW.MATHVN.COMwww.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH ′ ′ x2 x2 2 2 e ( f ′ ( x ) + xf ( x ) ) e f ( x) 2 x = lim e ( f ′ ( x ) + xf ( x ) ) = lim 2 = lim x2 ′ x2 ′ 2 x →∞ x →∞ x →∞ x 2 2 xe pháo 2 e xe cộ x2 ( f ′′ ( x ) + 2 xf ′ ( x ) + ( x + 1) f ( x ) ) f ′′ ( x ) + 2 xf ′ ( x ) + ( x 2 + 1) f ( x ) 2 e 2= lim = lim = 0. X2 + 1 x2 x →∞ x →∞ (x + 1) 2 e 2Câu 38 f ( x)Giả sử hàm số f thường xuyên trên < 0; +∞ ) , f ( x ) ≥ 0 ∀x ≥ 0 với lim = a 0 Đặt g ( x ) = f ( x ) − xVì f liên tục trên < 0; +∞ ) g cũng thường xuyên trên < 0; +∞ ) .Ta có: g ( 0 ) = f ( 0 ) − 0 = f ( 0 ) > 0 ∀x ≥ 0 . F ( x) f (b) 0 : f ( b ) 0 :limx →+∞ x bKhi đó: g ( b ) = f ( b ) − b 0 , f ′ (1) 0 ∀x ∈ ( 0; h > = f ′ ( 0 ) > 0 ⇒ ∃h ∈ ( 0;1) :lim+x →0 x x 17VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG nam – WWW.MATHVN.COMwww.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCH⇒ f ( x ) > f ( 0 ) ∀x ∈ ( 0; h > ⇒ f ( 0 ) chưa phải là giá bán trị lớn nhất của f ( x )trên < 0,1> ⇒ x0 ≠ 0 . F ( x ) − f (1) f ( x ) − f (1) www.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCHLấy tích phân hai vế: f ′( x )b b dx ≥ ∫ −1dx ⇔ arctan f ( x ) a ≥ a − b ⇔ −π ≥ a − b ⇔ b − a ≥ π . B∫1 + f 2 ( x)a aCâu 42 1Cho f là 1 hàm thường xuyên trên < 0;1> . Tìm . Kiếm tìm lim ∫ f ( x n ) dx . N →∞ 0Giải 1−ε 1 1 f ( x n ) dx = f ( x n ) dx + ∫ε f ( x ) dx .Cho 0 0 và b chứng tỏ tồn tại c ∈ ( a; b ) ∫ f ( x ) dx = 0 . A c ∫ f ( x ) dx = cf ( c ) .sao mang đến a 19VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG nam giới – WWW.MATHVN.COMwww.MATHVN.com - ÔN THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN TOÀN QUỐC phần GIẢI TÍCHGiải 1xXét hàm số: g ( x ) = ∫ f ( t ) dt xag thường xuyên trên < a; b > , khả vi trên ( a; b )g ( a ) = g (b) = 0 .Theo định lý Rolle mãi sau c ∈ ( a; b ) : g ′ ( c ) = 0 . 1 xMà g ′ ( x ) = 2 xf ( x ) − ∫ f ( t ) dt x a cDo kia tồn trên c ∈ ( a; b ) làm sao cho ∫ f ( x ) dx = cf ( c ) . ACâu 45Giả sử f, g∈ C (< a; b >) . Chứng minh rằng mãi sau c ∈ ( a; b ) làm thế nào để cho b bg ( c ) ∫ f ( x ) dx = f ( c ) ∫ f ( x ) dx . A aGiải x xXét F ( x ) = ∫ f ( t ) dt , G ( x ) = ∫ g ( t ) dt a aSuy 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)∃ c∈ ( a; b ) : ⇔ ∃ c ∈ ( a; b ) : = = a G ( b ) − G ( a ) G′ ( c ) g (c) b ∫ g ( t ) dt a b b⇔ ∃ c∈ ( a; b ) : g ( c ) ∫ f ( x ) dx = f ( c ) ∫ f ( x ) dx . A aCâu 46Giả sử f, g∈ C (< a; b >) . Chứng tỏ rằng mãi mãi c ∈ ( a; b ) làm sao cho c bg ( c ) ∫ f ( x ) dx = f ( c ) ∫ f ( x ) dx .
Xem thêm: Download Mẫu Cv Xin Việc Ngành Xây Dựng File Word Bố Cục Đẹp
A cGiải x bXét hàm: F ( x ) = ∫ f ( t ) dt ∫ g ( t ) dt a xF liên tục trên < a; b > , khả vi trên ( a; b ) cùng F ( a ) = F ( b ) .Vì thế theo định lý Rolle ta có: ∃c ∈ ( a; b ) : F ′ ( c ) = 0 20VĂN PHÚ QUỐC, SV. ĐHSP TOÁN KHOÁ K07, ĐH QUẢNG nam giới – WWW.MATHVN.COM