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
( ) u x thỏa mãn
( ) u x
( ) u t dt
.
1 2
Bài 1. Tìm tất cả các hàm số
= + ∫ x
0
Giải
1 2
Vì
( ) u x
x C
là một hằng số nên
= + (C là hằng số).
( ) u t dt
∫
0
2
1 2
1 2
+
=
.
) t C dt C
Ct
(cid:219) + C
= C
C
Do đó ( ∫
t + 2
1 = 8
C 2
1 4
0
=
0
)
Vậy
( u x
x= + là hàm số cần tìm.
1 4
(cid:219) (cid:219)
=
19 +
£
) ) 1
và 19 + với 1
94
:f 94
) ( + f x ( ) f x
( + fiℝ ℝ thỏa mãn điều kiện: f x ( với mọi x. Chứng minh rằng: f x
và
x -
19
94
‡
)
)
)
và
.
19
( f x
ta thu được: ( f x 19
( ) f x
94
94
+
+
- ‡ - - £ -
£ ‡
) )
( ) + f x ( ) f x
) n 94 ) n 94
( ) + f x ( ) f x
n 94 . n 94
, ,
n 19 n 19
19 19
n n
+
- ‡ - - £ -
)
)
( ) f x
1
= =
+ +
- £ - £ -
( + f x )
( ) + f x 89.19
94 ) 18.94
5.19 ( + f x
( f x ( f x
= 5.19 94
- ‡ - ‡
.
‡ -
" ˛
Bài 2. Cho hàm số ( ) ( ) + + f x f x mọi x ˛ ℝ . Giải Lấy một số thực x bất kỳ. Áp dụng điều kiện ban đề cho với x - ( f x Bây giờ ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp với mọi n ˛ ℕ ( ( f x f x ( ( f x f x Ta có: ) ( + f x 1 ) ( + 1 f x ( ) + f x ( f x
5.19 94 18.94 89.19 ( ) + 1 f x ℝ .
+1
= 18.94 89.19 ( ) + = f x fiℝ ℝ là hàm khả vi cấp hai với đạo hàm cấp 2 dương.
)
với mọi số thực x.
( f x
¢+ f
( ) x
( ) f x
=
‡
) Vậy 1 Bài 3. Cho :f Chứng minh rằng: Giải + Nếu
với mọi x : hiển nhiên.
f
¢+ f
( ) x
( f x
( ) f x
+ Nếu
f
ta
) =
(
)
,
được:
( ); x x .
( ) 0 x¢ ( ) 0 x¢ ( ( ) + f x f x
) = thì < thì áp dụng định lý Lagrange trên đoạn ( ( ) c
( ) x
( ) x
+ x
c
f
f
f
f
¢+ f x ); ( ) 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
f
f
f
( ) c
( ) 0 x
< . Vì vậy
¢ ¢ ¢ ¢ ¢
.
) 0 <
( ) 0 x¢
< ta cũng
f
+ Nếu
f
-
)
thu được
) 0 <
( x¢
+
-
2x ‡
( ) 0 > ⇒ là hàm tăng x ( ( ) ( ) x¢ + f f x f x ( ) 0 x¢ > thì chứng minh tương tự như trường hợp ( ) . f x )1 cos
p cos
1
x
x
.
( + f x f , chứng minh (
-
Bài 4 Cho
p +
> x
1
x
Giải
p
=
)
[ : 2;
( ) t
ℝ ,
f
f
cos
.
t
( ) t
f
¥ fi
[
) ( = f u
tồn tại
+ x x ;
u
) + - 1
( f x
( ) f x
] x x + đối với hàm 1 ; ( ) f x = x
p
¢ ˛
( f x ( x p +
=
> "
)
[ +¥
.
Cần chứng minh
Xét hàm số: t Áp dụng định lý Lagrange trên đoạn [ ) + - 1 ] 1 : ) + - 1 p sin
( ) f u
cos
1 u
2;
u
u
2
p
¢ ˛
+¥
= -
)
)
(
)
u [
⇒ nghịch biến trên [
2;+¥
0 u
2;
f
f
¢ ¢ ¢ " ˛
>
u ( ) f u
u lim
u
+
¢ ¢ fi ¥
)
[ +¥
Vậy (
.
x
)1 cos
p cos
x
1
x"
2;
p < 3 cos u ( ) = . f u 1 p +
1
x
> x
- ˛
<
ℝ ?
f
2 , f
( ) x
( ) x
x sin x
¢ ‡ " ˛
)
x x x ¢ 2 2 2 ¢ - ‡ -
Bài 5 Tồn tại hay không hàm khả vi liên tục f thỏa mãn điều kiện ( ) f x Giải Không tồn tại. Ta có: ( ) x
( ) t dt
( ) t
( ) t
= tdt
2
f
f
f
f
( 2 1 cos
x
∫
∫
∫ 2 sin
2
p
( ) = 0 )
(
)
f
f
f ( ) + 2 0
= dt ( p 2 1 cos
4
.
0 0 0 ‡ - ‡
Suy ra: Bài 6
+
=
(
( +¥
)
Giả sử hàm
f
:
a a ;
) { } \ 0
0;
thoả mãn
.
( ) f x
2
lim x 0
)
1 ( f x
lim
( ) f x
= . 1
Chứng minh rằng
- fi fi
x
0
fi
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
+
.
( ) 0 f x > , áp dung bất đẳng thức Cauchy ta được:
Với
( ) f x
2
1 ( ) f x
+
e
‡
)
d e = ⇒ " > $ >
sao cho
lim
( f x
0,
2
0
0
( ) + f x
- < 2
1 ( ) f x
1 ( ) f x
<
với 0
x
< . d
e
e
£ fi x 0
Ta có:
0
( ) + f x
( ( ) - + f x
) 1
0
1
(1)
- < (cid:219) 2 )
1 ( f x
1 < ( ) f x
e
£ £ -
)
(
(2).
( f x
0
1 < ( ) f x
) 1 1
2
2
2
+
e
(cid:219) £ - -
)
Bình phương hai vế của (1), ta được: (
(
( ) f x
( f x
) 1
2
) 1
1
1 ( ) f x
1 < ( ) f x
+ 1
2
2
2
<
e
- - - -
)
(
(
(3)
( ) f x
) + 1
2
( f x
1
)
1 ( f x
1 ( ) f x
) 1 1
(cid:219) - - - - -
+
+ e
(
.
) 1
( ) f x
e 2
Thay (2) vào (3) ta suy ra:
)
1 ( f x
< 1
2 2 2 - -
<
e
+
)
(
⇒
⇒
= . 1
( ) f x
) 1
e 2
( f x
lim x
2 2 - fi 0
Bài 7
, ở đây
( )P x là đa thức với hệ số dương.
Tính
lim x
) ( P x ) ( [ ] P x
fi ¥
1
1
=
=
. Vì
nên
lim
lim
1
x
x
)
- - £ £ fi ¥ fi ¥ - -
Giải Vì P là đa thức với hệ số dương , với x > 1 ta có: ( ) ) ( P x P x ( ( ) P x P x 1
( ) P x ) ( [ ] P x
) ( P x ( P x
( ) P x ( ) P x 1
lim
x
) ( ) P x = . 1 ) ( [ ] P x
(
)
)
2
x
fi ¥
fi
= (*) không suy 0 e > được gọi là
( ) + f f x ) { } e a \
, ở đây
a
0
-
Bài 8 ( Hãy chỉ ra một ví dụ chứng tỏ rằng: lim x 0 ra được f có giới hạn tại 0. Tập ( + e a ; lân cận khuyết của điểm a ˛ ℝ . Chứng minh rằng nếu tồn tại hàm j 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
( ) f x
được thoả mãn trong lân cận khuyết của 0 và
( ) xj = thì từ (*) suy ra được:
bất đẳng thức ) ( xj
0
( ) f x
= . 0
‡
lim x 0
lim x 0
fi fi
Giải Ví dụ
n
x =
, n = 0,1,2,3,...
nếu
)1
:f
Xét
fiℝ ℝ xác định bởi
( ) f x
1 2n
( -= 0
nếu ngược lại
j
j
(
)
)
(
(
)
(
)
(
x
2
( ) + f x
f
x
2
j
( f +
f j
£ - £ -
( ) = f x ) ( =
x (
)
) =
nên
Vì
lim
x
( ) + f x ( ( ) f x
f
2
x
) 2 x ( ) x
lim
0
lim
) ) x ( ) f x
( 2 = . 0
x
x
0
x
0
(
)
(
)
- fi ¥ fi fi
Bài 9 a) Cho ví dụ về hàm f thoả mãn điều kiện
= nhưng
( ) f x f
2
x
0
lim
x
0
( ) f x
lim
không tồn tại.
fi
x
0
a
fi
(
được thoả mãn thì
b) Chứng minh rằng nếu trong một lân cận khuyết của 0, các bất đẳng thức )2 x
( ) f x f
và
x
lim
= . 0
( ) f x
( ) f x
,
1
x
x
0
1 a < < 2
‡ ‡ fi
Giải
n
x =
, n = 0,1,2,3,...
nếu
)1
1 2n
a) Xét
fiℝ ℝ xác định bởi
:f
( ) f x
( -= 0
nếu ngược lại
a
x
)
b)
. Do
a< < nên 1
( ) f x
= . 0
lim
x
( f x
a
x
0
x )2 ( x
f
1 2
2
x
£ £ £ fi
Bài 10
)
=
)
Cho trước số thực a , giả sử
với mỗi số dương a. Chứng
( g a
x
( f ax xa = caa
.
lim ( ) g a
fi ¥
minh rằng tồn tại c sao cho Giải
)
)
f
=
=
=
=
)
⇒
. Chọn
lim
lim
( ) 1
g
( g a
( ) 1
a
g
( ) t t
=
.
( g a a ta được
( f ax a x ( ) g a
caa
( ) 0
f
. Chứng minh rằng tồn tại
trong
x
, x
0;2
1
2
( ) 2 ) =
)
a a a a a fi ¥ fi ¥ x t
Ta có: ( )1 g= c Bài 11 ( [ f C˛ Giả sử ]0;2 sao cho [
và
f= ( f x
( f x
.
x
2
1
2
) ] và = x- 1 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
=
[
)
,
x ˛
]0;2
( ) g x ) ]
Vì
.
(
)
Ta có:
( ) = - 2
f
( ) 2
f
( ) = - f 1
( ) 1
g
g
f
( f x ) ] 0;2 ( ) 1
f
- - -
Suy ra:
Xét hàm số ( [ f C˛ 0;2 ( ) = 0 ( ) 0
g
g
nên ( ) f 1 ( ) 1
=
£
)
) 1
.
( + f x 0
( f x 0
= - [ =
) ( + - f x 1 ( [ g C˛ ( ) = 0 ( ) 2 1 0. ( ) = (cid:219) g x 0 = 1 , x
g ] 0;1 : + x
x
0 .
˛
[
]
(
)
1 0 0 2
Vì thế tồn tại x 0 Vậy có thể lấy x Bài 12 Cho
]0;2 sao cho
f C˛
0;2
2 1
) =
)
. Chứng minh rằng tồn tại (
,x x trong [ )
.
và
x
( f x
( f x
( ) 2
( ) 0
f
f
2
= x- 1 1
2
1
1 2
- -
Giải
=
[
(
)
( f x
( ) 2
f
( ) 0
,
f
]0;2
x ˛
1 2
Xét hàm số: [
(
( ) g x ) ]
) + - 1 ( [
( ) f x ) ]
0;2
.
nên
0;2
f C˛
g C˛
Vì
=
- -
)
(
)
(
Ta có:
( ) 0
( ) 1
( ) 0
( ) 2
( ) = 0
( ) 1
( ) 0
( ) 2
g
f
f
f
f
f
+ f
f
1 2
=
- - - -
)
( +
)
g
f
f
f
f
f
f
f
( ) 1
( ) 2
( ) 1
( ) 2
( ) = - 0
( ) 1
( ) 0
( ) 2
1 2
1 2 1 ( 2
2
=
- - - -
(
)
.
Suy ra:
g
( ) 0
( ) 1
g
( ) 1
( ) + 0
f
( ) 2
f
0
f
1 2
- - £
)
[
)
(
0
) 1
( ) 2
f
( ) 0
.
f
] 0;1 :
Vì thế tồn tại
) ( = (cid:219) g x 0
( + - f x 0
( = f x 0
x 0
1 2
=
+
=
.
1 , x
x 0
1
x 0
x 2
˛ -
]
)
f C
=
)
)
và
.
( [ sao cho n 0; ]0;n thoả mãn ;x x trong khoảng [
. Chứng minh rằng tồn ( f x 1
( f x 2
( ) ( ) = 0f f n = x- 1 1
x 2
1
2
˛
[
0;
] 1
, x
n
˛ -
=
-
) + - 1 ( g n ( ) 2
( ) 0
) 1
0
f
( ) f x ) 1 ( ) + + f ... 1
( - = f n
f
- - - -
,
{ 0,1,2,...,
( ) f n } 1
( ) f n thì ta có ngay điều phải chứng minh.
˛ -
Vậy có thể lấy Bài 13 Với n ˛ ℕ , gọi tại Giải ( ) g x Xét ( ) + g g 0 ( ) = f 1 + Nếu
k
n
( = f x ( ) + + 1 ... ( ) + f 0 ( ) 0 g k =
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
n
:
} 1
$ ˛ -
. Không mất tính tổng quát giả sử n k
{ 0,1,2,...,
sao cho
, h
} 1
„ ˛ -
sao cho
] 1
0
0
0
0
=
.
x ( f x 1 , x
) = 1 + x
( + f x x
˛ -
0 1 0 2
sin 2
x
+ + ...
a
sin
nx
sin
x
+ x a
sin
a
với x ˛ ℝ thì
n
+
£ 1 2
£
( { ) 0 g k „ + Nếu k 0,1, 2,..., ) 0 ( g k > thì lúc đó luôn tìm được h [ ( ) 0 g h < . Khi đó tồn tại 0; n ) ) ( = (cid:219) . 0 g x = Vậy có thể lấy x Bài 14 Chứng minh rằng nếu + + ...
na
.
1
a 22
n
=
1
a Giải Đặt
( ) f x
a
sin
+ x a
sin 2
x
+ + ...
nx
1 2
sinn )
a ( f x
ta có: ( ) 0
f
+
=
=
a
2
a
+ + ...
na
f
( ) 0
lim
1
2
n
x
0
x
)
x
=
=
==
- ¢ fi
.
lim
lim
.
lim
1
x
0
x
0
x
0
( f x x
sin x
( ) f x x sin
( ) f x x sin
( )0
= và f khả vi tại điểm 0. Hãy tính
0
f
+
+
với k là một số nguyên dương
( ) f x
f
f
+ + ...
f
lim
£ fi fi fi
x
0
x 2
x 3
x k
+
+
( ) f x
f
f
+ + ...
f
lim
fi
0
x
x 2
x k
fi
( ) 0
f
f
( ) 0
f
f
( ) 0
f
f
( ) 0
x 3
+
+
=
.
.
+ + ...
.
lim
- - - -
0
x
f 0
1 2
1 3
( ) f x x
1 k
0
0
0
x 3 x 3
x 2 x 2
x k x k
fi - - - -
Bài 15 Giả sử 1 x cho trước. Giải Ta có: 1 x
f
f
f
+
+
=
.
( ) 0
+ + ...
1
...
( ) 0
f
f
=
( ) 0 2
( ) 0 3
1 + + + + 3
1 2
( ) 0 k
1 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 (
nx và ( )
ny cùng hội tụ về a sao cho )
)
n
n
¢=
)
.
với mọi n ˛ ℕ . Chứng minh rằng:
< < a
x
y
lim
( f a
n
( f x x
( f y y
n
n
- n n fi ¥ -
Giải
)
)
)
)
)
( f x
( f y
( y f a
n
n
n
n
n
n
) ( = f a
0
Ta có:
( f y y
) x
n
n
n
n
¢ ¢ - - - ¢ £ - - -
( f x x )
)
)
)
)
)
)
)
( f y
( + f a
( + f a
( + x f a y ( + x f a
( y f a
( af a
( f x
=
x
( af a y
¢ ¢ ¢ ¢ - - - - n n n n - n n
)
)
)
)
)
)
( f x
( f y
a
a
=
( f a x
)( ( f a x y
)( ( f a y y
¢ ¢ - - - - - - n n n n - - - n n n n
)
)
)
)
)
( f x
( f y
a
a
) +
( f a x
)( ( f a x y
( f a x ( f a x
)( ( f a y y
¢ ¢ - - - - - - n n n n £ - - n n n n
)
)
)
( f x
( f y
a
a
) +
)( ( f a x a
) ( f a y
)( ( f a y a
¢ ¢ - - - - - - n n n n £ - - n n
)
)
) ( f a x )
)
=
) +
)
(
)
0
( f a
( f a
n
( f y y
( f a a
( f x x
- - n n ¢ ¢ - - fi fi ¥ - - n n
)
)
¢=
)
Vậy
.
lim
( f a
( f a a ( f x x
( f y y
)
0;+¥
=
=
- n n fi ¥ n - n n
Bài 17 Cho f khả vi trên ( )
)
và )
( af x
¢+ f
( ) x
0a > . Chứng minh rằng: ( f x
thì
a) Nếu
lim
.
lim fi+¥ x
fi+¥ x
+
=
=
M a )
M )
( (
( ) af x
x f
( ) x
M
( f x
b) Nếu
lim
2
thì
lim
.
M a
¢ fi+¥ fi+¥ x x
Giải Áp dụng quy tắc Lôpitan, ta có:
ax
ax
ax
)
)
)
(
(
)
)
( af x
¢+ f
( ) x
e
=
=
=
a)
lim
lim
lim
lim
( ) f x
ax
ax
fi+¥
fi+¥
fi+¥
fi+¥
x
x
x
x
¢
ax
( e f x e
ae
( e f x ) (
e
¢
=
+
=
+
=
(
)
(
)
(
)
lim
lim
( ) af x
f
( ) x
( ) af x
f
x
.
fi+¥
fi+¥
x
x
1 a
1 a
M 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:
a
a x
e
( ) f x
¢+ f
( ) x
¢ a x a x
(
)
e
e
( ) f x
2
x
=
=
=
lim
( ) f x
lim
lim
lim fi+¥
x
a
a x
e
e
( ) f x )
a x fi+¥ fi+¥ fi+¥ x x x ¢ a x
(
e
2
=
=
+
+
=
)
¢ ¢
)
)
(
(
( ) x
.
( ) x
( af x
2
x f
2
x f
( ) af x
lim fi+¥
lim fi+¥
x
x
x M a
1 a
)
+
(
)
)
(
0;+¥ ) + x
f
. Liệu từ sự tồn tại của giới hạn ( ) x
( ) f x
x
f
có suy ra sự tồn tại của
( ) f x
¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢
1 a Câu 18 Cho f khả vi cấp 3 trên ( ( + f lim fi+¥ x
lim fi+¥ x
=
(
)
( ) f x
x cos , x
+¥ 0;
.
˛
+
+
=
(
)
(
)
)
)
( ) f x
x
f
f
x
( ) x
x
sin
x
+ cos x
sin
= x
0
¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ - -
không? Giải Không. Lấy ví dụ: Ta có: ( lim fi+¥ x
=
Nhưng không tồn tại
.
+ f ( ) f x
x
fi+¥
lim fi+¥ x
( lim cos fi+¥ x lim cos x
)
, có đạo hàm liên tục trên
x
0;+¥ e-
x 0
. Chứng minh rằng tồn tại
và thoả mãn
f
x 0
£ " ‡
)
) +¥ 0;
f
( )0 ( x 0
0
)
¢
Câu 19 a) Giả sử f xác định và liên tục trên [ ( ( ) = , 0;+¥ 1 f x ) ( x ˛ = e- sao cho b) Giả sử f khả vi liên tục trên (
. 1;+¥
và thoả mãn
f
= , 1
( )1 )
x 1
. Chứng minh rằng tồn tại
sao cho
x ˛
( +¥ 1;
( ) f x
0
1 x
£ " ‡
= -
(
)
x
f
.
1 x
x
¢ 0 2 0
e-
)
)
0;+¥ ⇒ g liên tục trên tại 0
=
=
lim
( ) f x 0;+¥ ⇒ g liên tục trên [ ( ) - = 0
.
f
+
-
0
x
x
fi - £ £
Giải ( ) = a) Đặt g x f liên tục trên [ ( ) ⇒ g x g ( ) f x
0
e
fi+¥
x
x
x
=
( ) 0 ( ) f x )
1 0 = 0 ) =
⇒ (
⇒
.
lim
( ) g x
lim
e
lim ( f x
lim
( ) f x
= e
lim
0
fi+¥
fi+¥
fi+¥
fi+¥
x
x
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
x 0
=
=
)
)
(
)
⇒ $
( ) g x
x
( +¥ 0;
:
( = g x
0
hay
.
( ) g x
lim
f
x
e-
Do đó:
+
0
0
0
fi+¥
x
x
0
=
¢ ¢ ˛ fi
=
) +¥ ⇒
lim ( ) 1 ( ) b) Đặt f x g x x f khả vi liên tục trên ( 1;
( ) f x
( ) 1
f
= 0
-
lim + 1 x
=
fi
⇒
lim
( ) g x
lim
( ) f x
0
.
+ 1
+ 1
=
=
- fi fi x x
)
⇒
0
( ) f x
lim
1 x ( ) f x
= ⇒ 0
lim
( ) g x
lim
( f x
0
fi+¥
fi+¥
fi+¥
x
x
x
1 x
=
£ £ -
=
= -
)
)
)
(
1 x )
⇒ $
( ) g x
lim
lim
( g x
x
( +¥ 1;
:
( = g x
0
hay
.
f
x
fi+¥
x
+ 1
x
1 x
=
[
(
M
f C
) ] 0;1 :
( ) f x
sin
= xdx
( ) f x
cos
= xdx
.
¢ ¢ ˛ 0 0 0 fi 2 0 p p ˛
Câu 20 Cho
∫
∫
1
( ) x dx
.
f
min
Tìm
∫
0 0 p 2 ˛ f M 0
Giải
=
+
(
(
)
)
Cho
.
f
x
x
sin
cos
x
+ Rõ ràng
.
0
)
,
( f x
f
dx
0
.
2 p 0f M˛ + Đối với hàm bất kỳ f M˛
0
∫
( ) 2 x
0
p - ‡
4
4
2
=
(
Suy ra:
( ) x dx
f
( ) f x f
) x dx
( ) = x dx
f
2
( ) x dx
.
f
0
2 0
2 0
∫
∫
∫
∫
8 p
= p
p
0
0
0
0
.
f
f=
p p p p ‡ - -
0
+
+
=
( ) f x có đạo hàm liên tục trên ℝ sao cho (
x 2 2 2 ¢
Vậy cực tiểu đạt được khi Câu 21 Tìm hàm số ( ) x
f
) ( ) t dt
( ) t
f
f
(1).
2011
∫
0
( ) f x có đạo hàm liên tục trên ℝ nên
( ) x có đạo hàm liên tục
2
2
2
2f
+
=
=
(
)
)
)
⇒
( ) x
x
f
f
( ) x
( f x
= ⇒ 0
f
( ) x
( ) f x
x
( ) x =
¢ ¢ ¢ ¢ -
Giải Vì hàm số trên ℝ . Lấy đạo hàm 2 vế của (1), ta được: ( 2 f ⇒
(2).
) ( f x f ( ) f x
Ce
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
= –
=
⇒
( ) 0
2011
.
f
Từ (1) suy ra:
f = –
⇒
Cho
2011
.
C
f
2011 ( ) = 0
2011 x e
.
+
+
)
)
+ + ...
( f x
2
1
) +
:f ) ( f y 1 + + ...
fiℝ ℝ thoả mãn ( + + ... f y 2 + = y
) y
x
( f y + + ...
2011 y
= . 0
2011 x
x
=
=
2011 1 2 2011 1 2
0
)
( ) 0 ) +
-
( ) 2 0 0x = , từ ( ) 2 ( ) = – Vậy f x Câu 22 Tìm tất cả các hàm số liên tục ( ) ( = f x f x với mọi bộ số thoả mãn: Giải Đặt f ( g x 1
( ) 0 ( g y 2 = y
( ) = f 0 ) + + ... + y
- = b ( g y + + ...
= . 0
Do đó: g b . ( ) ) + = g y 1 + + x x ...
1
2
2011
1
2
2011
=
= -
=
=
=
0 , x
x
, x
x
x
2010
2011
2
1
1
2
2009
2011
2011 + 2011 y
= = ... ( g
= = ... ℝ .
= 0 , x x ( ) x g x
=
=
=
=
=
=
= -
- " ˛
x
0 , x
= = ...
= = ...
x
0 , x
x
, x
y x ,
x
y
2
1
2011
2008
2
1
2009
2011
2010
+
+
-
+ ℝ
ℝ
)
(
) +
)
0 x,y
( g y
) = " y
g
x
( = g x
y
( ) g x
( g y
x, y
)
( g x
ax=
,
a
g=
( )1
.
=
, a, b = const
+ ax b
.
=
- - ˛ (cid:219) " ˛
(
];a b , khả vi trong khoảng ( ); a b
c
);a b và sao cho:
2011
˛
=
f
¢
( ) ( ) f x x b , g ( ) ( + + g x và ... g x 2 với mọi bộ số thoả mãn : x Trước hết cho y y y ) = - ta được: x Tiếp theo cho y y y ta được: ( ) g x Đây là phương trình hàm Cauchy, do đó: ( ) Vậy f x Câu 23 Cho f liên tục trên đoạn [ ( ) 0 ( ) = . Chứng minh rằng tồn tại f b f a ( ) ( ) . c c f Giải
x
2010
( ) t dt
a
=
)
( f x
( ) g x
e
=
)
= suy ra tồn
];a b , khả vi trong khoảng ( );a b . Hơn nữa
);a b nên g liên tục trên ( ( ) 0 g b g a
f - ∫
)
Xét hàm số: Vì f liên tục trên đoạn [ đoạn [ tại c
];a b , khả vi trong khoảng ( ( a b ; 0
( ) g c¢ =
.
:
x
2010
˛
( ) t dt
2011
a
=
=
)
(
)
(
)
. Suy ra:
.
Mà
f
( ) c
f
( ) c
( g x
e
f
( ) x
f
x
f - ∫ 2011 ¢ ¢ ¢ -
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
( ) 0
f
]
[
)
) =
x x ,
0;2012 , x
= x
1006
thoả mãn:
( f x
( f x
1
2
1
2
) 2012 2
- ˛ - - 2 1
Giải
+
(
(
( ) f x
f
2012
( ) 0
f
x
1006
=
[
]
,
x ˛
0;1006
.
) 2012
- - -
)
)
( ) Xét hàm số: F x F liên tục trên [ ( 1006 2
f
2012
( ) 0
f
=
( ) 0
F
- -
) 1006 ] 0;1006 . Ta có: ( f 2012 )
)
2
f
( 1006
2012
( ) 0
f
= -
)
F
- -
)
)
( f 2012 [
( 1006 ( ( ) 1006 0
F
F
£ ⇒ $ 0
] 0;1006 :
.
x 0
( = F x 0
˛
0 (
f
( ) 0
f
)
)
[
] 0;1006 :
1006
( + f x
x
( = f x
.
0
0
0
) 2012 2
=
+
=
ta có điều phải chứng minh.
1006 , x
- (cid:219) $ ˛ -
x 0
x 0
1
]0;1
. Xác định tất cả các hàm liên tục không âm trên [
]0;1
˛
Đặt x 2 Câu 25 Cho số thực a [ sao cho các điều kiện sau đây được thỏa mãn:
a)
( ) f x dx =
1
b)
( ) xf x dx
a=
c)
( ) x f x dx a=
.
∫
∫
∫
1 1 1 2 2
2
2
1
1
1
1
2
=
0 0 0
) ( f x dx
( ) f x
.
x
( ) xf x dx
( ) f x dx
.
∫
∫
∫
( ) ∫ . x f x dx
£
Giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski ta có:
0
0
0
0
2
1
1
1
2
( )
( )
Mà theo giả thiết:
( ) xf x dx
.
∫
∫ . x f x dx f x dx
=
0
0
=
l
[
x
( ) f x
0 ( ) l f x
0, x
] 0;1
1
‡ " ˛
∫ ]0;1 nên Do f liên tục trên [ ] [ 0;1
( ) f x = "
Suy ra:
0 x
. 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
2
=
(
)
( ) 0
f
1 , f
( ) x
x
f
x
fiℝ ℝ thoả mãn :f 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
2
)
(
)
x
ℝ nên
x
( f = > "
f +¥
¢ ‡ ‡ " ˛
0 x )
[
) +¥ ⇒
‡ ˛
Giải Giả sử hàm f thoả mãn yêu cầu bài toán. Vì f đồng biến trên [
( ) 0
0;
f
1 0 x
.
0;
x
x
1
[
⇒
Từ giả thiết bài toán ta có:
dt
dt
( ) f x
, x
) 0;1
.
∫
2
x
( ) f x ( ) t ( ) t
1
0
0
. Điều này mâu thuẫn với giả thiết f liên tục.
f ∫ f ( ) f x
Do đó không tồn tại
¢ ‡ ‡ ˛ ˛ -
lim x 1
+
+
+
)
fiℝ ℝ thỏa mãn:
:f
( f x
y
sin
x
sin
y
< 2
fi
Vậy không tồn tại hàm f thoả mãn bài toán. Câu 27 Có hay không một hàm số với x, y ˛ ℝ . Giải Giải sử tồn tại hàm f thoả mãn yêu cầu bài toán.
p
=
x
p , y =
, ta được:
( ) 2 f p + < .
2
+ Cho
2
2 p
= -
+ Cho
x
p
2 =
p 3 2 +
p
( f p ) +
(
(
) - <
, y = ( ) (
, ta được: ( ) ( p + -
) 2 - < )
. Điều
Ta lại có:
4
f
f
2
2
p f
. 2 ) + + 2
f
2
4
£
ℝ .
( ) 0 x = " x
=
)
¢ ¢ ¢ ˛
= "
¢ ¢ ¢ ¢ ˛
=
=
⇒
⇒
ℝ .
)2 ( ( ) x¢ f ( ) ( ) x f f x 2 = = C const
ℝ const
0 x ) ( x f
( ) f x
ax b
+ x"
< -
¢ ˛
. Chứng minh rằng
a
b
a b
- " „
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 ( ) x f f Giải ( Đặt g x ) ( = g x ( ) ⇒ g x Câu 29 :f Cho (
( ) f b = . 0
( ) f a ( )0
nếu
f
fiℝ ℝ sao cho )0 ) ( ( ) = thì 0
f
f
f
)
(*)
( f a
( ) f b
a b
=
. Khi đó
x
f
- £ -
Giải Ta viết lại điều kiện đối với hàm f(x) như sau: Dấu “=” xảy ra khi a = b. ( ) 0. ( ) ( ) f y = Đặt x 0 , y = f 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
( f y
( ) f x
0
y
( ) = 0
f
( f y
x
x
( ) ( ) = f x 0 f 0 y= = . Vậy 0
f
( )0
x y = . 0
‡ - - ‡ - ‡ -
Suy ra: Câu 30
2
x
3
=
có khả vi tại điểm
Hàm
( ) f x
e
1
x
0x = hay không?
x 2
- - -
Giải Theo công thức Taylor, ta có:
= + +
+
+
+
)
)
e
1
x
( o x
⇒ - e
1
x
( o x
x 6
x = 2
x 6
3
3
3
=
+
+
=
)
⇒
( ) f x
( o x
( ) x o x
.
3
x 2 x 6
=
.
Vậy f(x) khả vi tại
1 6 0x = và
f ¢
( ) 0
3
1 6
3 2 2 3 x 3 x 3 - -
-
Câu 31 Chứng minh rằng nếu hàm f(x) khả vi vô hạn lần trên ℝ thì hàm ( ) f x
( )0
f
được định nghĩa thêm để liên tục tại x = 0 cũng khả vi vô hạn
x
0
1
1
( ) f x
( ) 0
f
=
(
(
⇒
- ¢ ¢ ¢ -
lần. Giải x „ Với ( ) f x
f
f
( ) = t dt
) f ux xdu
) f ux du
ta có: x ( ) = 0
∫
∫
∫
x
0
0
0
1
(
Vì
) f ux du
∫
0
¢
( ) f x
khả vi vô hạn lần với mọi x ˛ ℝ . ( )0
f
được định nghĩa thêm để liên tục tại x = 0 khả vi vô hạn
Vậy
x
= -
( ) 0
f=
( ) 1
= , 0
.
-
lần. Câu 32 Cho
( ) f x khả vi 2 lần thoả
1
[
( ) m f x in ] 0;1
x
˛
Chứng minh rằng:
.
f
f ( ) x
8
max ] [ 0;1
x
¢ ¢ ‡ ˛
)
[
⇒ $
.Suy ra được
a
] 0;1 :
1
( ) ( = - = f a m f x [
in ] 0;1
x
˛ ˛
Giải f liên tục trên [ ) 0 ( f a¢ a ˛ = ,
] 0;1 )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
q+
(
)
)
( f a
x a
(
)2
Khai triển Taylor tại a:
( ) f x
x a
, 0
q< < . 1
2
- -
= - + 1 )
f
0 c
< < .
a
,
+ Với
0
= - + 1
a
0x = , ta có:
¢ ¢ 2 1 1
)
f
2
)2
0
= - + 1
a
,
a c<
( 1
+ Với
1x = , ta có:
< . 2 1
( c 2 ( c 2
¢ ¢ -
=
=
(
)
(
)
Do đó:
8
nếu
c
f
f
c
8
nếu
a ‡
.
a £
;
2
)2
2 a
1 2
1 2
2 a
( 1
¢ ¢ ¢ ¢ ‡ ‡ 1 2 -
.
Vậy
( ) x
f
8
x
¢ ¢ ‡ ˛
max [ ] 0;1 Câu 33
2011
x
0
Giả sử
( ) f x
1 sin , x x 0 , x = 0
=
(
)
)
( g f x có đạo hàm bằng
( ) g x khả vi tại x = 0. Chứng minh rằng 0x = .
„
và hàm 0 tại Giải
2011
( ) 0
sin
g
)
)
( ) 0
( ( ) g f h
( g f
-
g h
=
=
)
Ta có:
lim
lim
( ( ) g f x
-
0
0
h
0
2011
2011
fi fi h h = x
sin
( ) 0
sin
g
g
2011
2011
d dx g h
g h
=
=
lim
h .
sin
lim
h
sin
- -
h
0
h
0
0
h
2011
2011
1 h
1 h
sin
0
sin
0
h
h
1 h 1 h
1 h 1 h
1 h h ( ) 0 . lim
2011
2011
2011
fi fi fi - -
(
)
Vì
0
h
sin
= . 0
h
h
0
0
nên
lim
h
sin
0
1 h
£ £ fi fi fi h
=
=
)
1 h ( ( ) g f x
g
( ) 0 .0 0
Do đó:
d dx
0
+¥
¢ = x
)
0;
, l
ℝ . Chứng minh rằng hàm
x
˛
+
l
(
không giảm khi và chỉ khi
không giảm.
f
) x el
x
+
l
¢ ¢
Câu 34 Hàm f xác định, khả vi trên ( ( ) ( ) f x x f Giải Đặt
;
.
( ) h x
( ) f x
( ) x
¢= f
( ) g x
¢= f
( ) x el
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
l-
=
(
)
xe
( ) g x
¢= f
( ) x
;
.
( ) l x e h x
( ) l x e f x
¢
=
=
l
l
(
)
) =
)
(
Suy ra: Khi đó: ( ) g x
e f
x
( ) h x
( e f x
( ) h x
e f
( ) t
l dt
( ) 0
f
∫
=
l
l
.
( ) h x
( ) e h t dt
( ) 0
f
∫
=
+
l
=
l +
+
( ) h x
f
( ) x
( ) f x
e
( ) g x
( ) l t dt
f
( ) 0
f
∫
l
+
l +
.
( ) 0
f
( ) e g t dt
x l l l ¢ x x t ¢ - - - 0 x l t - - 0 x l - x ¢ ¢ 0 x l l - - t x
∫ ( ) h x không giảm
0
l
)
(
)
( ) = e g x )⇒ Giả sử ( Khi đó với b > a ta có: ) ( ) = e h b
( ) g b
( g a
( e h a
( ) e h t dt
(1)
∫
Theo định lý trung bình của tích phân tồn tại
b
b
l
l
l
l
t
t
b
a
b l l l b a t - - - a
(
)
)
(2)
c
a b ;
:
( ) = e h t dt
( ) h c
= e dt
( )( h c e
e
∫
∫
1 l
a
a
l
l
l
l
b
a
a
b
˛ -
)
( ) e h c
l
a
b
- - -
Thay (2) vào (1) ta được: ( ) ) = g b ( = l
> > .
với b c
a
( ) e h b ) ( ) + h c
( g a ( ) h b
( e h a ( ( ) h c
e
e
( ) + e h c ) 0 )
- - ‡
)
Giả sử g(x) không giảm
b
l
l
l
(cid:220)
b
a
t
l
(
)
( h a Do đó g(x) không giảm. ( Khi đó với b > a ta có: ) ( ) = e g b
( ) e g t dt
) ( + g a
( ) h b
( h a
e
(3)
∫
a
Theo định lý trung bình của tích phân tồn tại
b
b
l
l
l
l
- - - - -
t
t
b
a
(
)
)
(4)
c
a b ;
:
( ) = e g t dt
( ) g c
= - e dt
( )( g c e
e
∫
∫
1 l
a
a
l
l
l
l
- - - - ˛ -
a
b
b
a
)
e
l
l
- - - - - - -
b
a
(
e (
( ) g c > > .
e
( ) = h a ( ) g b
Thay (4) vào (3) ta được: ( ) ( ) h b e g b ) ( ) + = g c
( g a ( ) g c
( ) + e g c ) 0 ( ) g a
với b c a
e 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
)
ℝ
+
f C˛ =
˛
Câu 35 Giả sử ( ) f x
x
sin
cos
( ) x h x
hay không?
( ℝ . Liệu có tồn tại các hàm số g(x) và h(x) sao cho x" ( ) g x
=
=
2
2
+
=
cos
cos
.
( ) f x = x
( ) f x ( ) g x
( ) f x
( ) f x
x
x
=
= và 0
f
¢
) +
)
( ) ( ) 1, f 0 0 . Chứng minh rằng:
:f 5
0;
6 x
3
¢ ¢ - ‡ " ˛
+¥ x )
fiℝ ℝ có đạo hàm cấp 2 thoả mãn: ( f x 0 [ +¥ x 2
( ) f x x"
[ .
e 3
,
0;
2
e
‡ - ˛
+¥ x
x
f
¢ ¢ ¢ - ‡ " ˛
) +¥
)
[
0
0;
x
x
f
3
¢ ¢ ¢ ¢ (cid:219) - - - ‡ " ˛
0 ) ( )
) )
- ˛
thì Giải Có. Chẳng hạn xét các hàm số sau: ( ) ( ) sin , h cos x x g x x ( ) ( ) + f x x h x Ta có: sin sin Câu 36 Giả sử ) ( x f ( ) f x Giải Ta có: ) ( f 5 ( ) x ( ) g x
( ) + 6 x ( ) x ( ) x
[ 0; ( ) f x 2 [ +¥ 0;
( ) f x ( f ( f x
Đặt
, x
.
3
x
+¥
)
)
[
(
)
0;
3
( ) e g x
0 ,x
0;
[ +¥ )
- ¢ ¢ - ‡ ˛ (cid:219) ‡ ˛
x
x
x
x
2
2
+
)
[
(
)
e
e
( ) f x
+¥ 2 e
0 x
0;
e
- - ¢ ¢ (cid:219) ‡ - ˛ (cid:219) ‡ ˛
x
x
2
x
x
0
0
2
f 2 ¢= 2 f ( ) ) g x tăng trên [ ) ) + +
-
)
2 e e 2
x
x
3
2
‡
,
) ) [ +¥ 3 , 0; ) .
0 , x 0;+¥ [ +¥ 2 , x 0; tăng trên [ 0;+¥ ( ) = + 2 e e f 0 [ +¥ x"
e 3
0;
2
e
+¥
‡ - ˛
)
2
fi
+
+
)
ℝ có đạo hàm cấp 2 liên tục thoả mãn: (
với mọi x. Chứng minh rằng:
x
( ) f x
2011
) 1
x
f ( ) x
f
¢ ¢ ¢ £
( Khi đó g x ( ) -⇒ 3 xe g x ( ( f x ( ) ⇒ f x e ( ) -⇒ f x e ⇒ ( ) f x Câu 37 ( : 0; Cho ( + 2 xf ( ) = . f x 0
lim
x
fi ¥
Giải Áp dụng quy tắc Lôpitan, ta có:
2
)
=
2
=
( ) f x
x 2
lim x
lim x
( e f x x 2
e
fi ¥ fi ¥
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
2
+
(
)
)
(
)
( ) e f x
e
f
x
( xf x
+
(
)
e
f
( ) x
( ) xf x
=
=
=
2
lim
lim
lim
¢ ¢ x 2 x 2 ¢ x 2 ¢
2
2
xe
xe
e
2
2
2
x 2
fi ¥ fi ¥ fi ¥ x x x ¢ ¢ x 2 x 2 x 2
+
+
+
)
(
)
(
+
+
+
(
)
(
)
e
f
x
2
xf
x
x
) 1
( ) f x
( ) x
2
xf
f
) 1
( f x
x
=
=
=
2
lim
0.
lim
2
¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢
x
x
( ) x +
x
( 1
2
x 2
+
(
e
x
) 1
+¥
fi ¥ fi ¥
)
‡ " ‡
Câu 38 Giả sử hàm số f liên tục trên [
0;
,
( ) f x
0
x
0
và
lim
= < . 1 a
fi+¥
x
( ) f x x
( ) f c
c= .
sao cho
0c ‡
f
)
.
0;+¥
=
-
f
0 x 0
) - = 0
g cũng liên tục trên [ f
.
.
= < ⇒ $ > b 1
$ > < (cid:219) 1
0 :
0 :
b
( ) < f b
b
lim fi+¥ x
( ) > 0 ( ) f b b
( ) f b
" ‡
- < b [
. 0 ] +¥
[
)
( ) g c
= (cid:219) :
0;
0;
0
b
c
= c
( ) f c
0 :
c
.
˛ (cid:204) $ ‡
( ) 0
< . 0
¢
(
> [
]0,1 , ( ) f x
) 0;1 :
( ) f x
x
f ¢ x
( ) 0 , f 1 ] 0;1
.
0
0
˛ £ " ˛
)
[
]0,1 ) .
˛ £
Chứng minh rằng tồn tại Giải ( )0 = thì kết luận trên hoàn toàn đúng. + Nếu 0 ( )0 > + Nếu 0 f ( ) ( ) = Đặt f x g x x Vì f liên tục trên [ 0;+¥ ( ) ( ) g 0 0 Ta có: ( ) f x a x ( ) = Khi đó: g b ( ) ( ) £ ⇒ $ g b g 0 0 Câu 39 Giả sử f có đạo hàm trên một khoảng chứa [ Chứng minh rằng tồn tại Giải f có đạo hàm trên một khoảng chứa [ ( ) ⇒ $ f x
] 0;1 :
( = f x
( f x
x
0
0
x
˛
max [ ] 0,1 . 1
x „
0, x
0
0
„
)
Ta sẽ chứng minh: Thật vậy! ( ) f x
( ) 0
f
( f x
f
( ) 0 > "
(
(
]
lim
¢= f
( ) 0
> ⇒ $ 0
h
) 0;1 :
0 x
0;
h
+
x
0
x
x
- - ˛ ˛ fi
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
h
0;
( ) 0
không phải là giá trị lớn nhất của
( ) f x
⇒ trên [
0
" ˛
( ) 1 < "
[
(
0 x
) ;1
k
¢= f
) 0;1 :
< ⇒ $ 0
x
( ) f x x
f 1
- - ˛ ˛ - fi - -
( ) 1 [
⇒
không phải là giá trị lớn nhất của
( ) f x
f
k
) ;1
k ( ) 1
0
=
" ˛
ℝ . Chứng minh rằng đạo hàm của f tại 0
( ) 0
0 , f
tồn tại.
‡ " ˛
ta có:
0;
x
" ˛
( ) 0
+
x
x =
=
(
)
⇒
.
1
0
f
+
+
lim x 0
lim x 0
sin x
- - ¢ ‡ ‡ fi fi - -
( ) ( ) > f 0 x f x ] x⇒ „ 0,1 . 0 ( ) ( ) f x f 1 lim x 1 11 ( ) ( ) < ⇒ 1 x f f x trên [ ) x⇒ „ . k 1 ;1 Câu 40 Cho một hàm số f xác định trên ℝ thoả mãn ( ) f x x sin x không tồn tại. Giải Giả sử ( ) f x x
( )0f ¢ p 2 ( ) f 0 0
f 0 < -
sin x Tương tự ta cũng chứng minh được
1
( ) f x x )10
f
( không tồn tại.
( )0f ¢
= +¥
- ¢
) = -
, lim
lim
và
+
b
a
x
x
2
¥ - fi fi
)
)
);a b sao cho a b ;
. Cho ví dụ để
1 x
x
( f x . Chứng minh rằng b a p
f x khả vi trên ( ( ) ( ( f .
¢ ‡ - " ˛ - ‡
Điều này chứng tỏ Câu 41 Giả sử ( ) + f x - = b a p Giải Cách 1
2
+
(
)
(
)
(
)
Ta có:
1 x
1 0 x
f
x
( ) x
f
a b ;
a b ;
2
¢ ¢ ‡ - " ˛ (cid:219) " ˛
+
)
(
)
tăng trên (
);a b
arctan
) ( + f x
x
0 x
x
( ) f x + ‡ ( ) + x f 1 ( ) f x
arctan
a b ;
( p
p
¢ (cid:219) ‡ " ˛
.
Chuyển qua giới hạn ta được:
b
b a
+ £ a
⇒ p - + (cid:219) 2
=
cot
p , a = 0 , b =
x
2 .
- ‡
Ví dụ: y Cách 2
2
+
(
)
(
)
(
)
Ta có:
f
( ) x
x
f
1 x
a b ;
1 x
a b ;
2
f +
1
( ) x ( ) x f
¢ ¢ ‡ - " ˛ (cid:219) ‡ - " ˛
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
b
b
p
p
.
dx
( ) f x
a b
a b
b a
dx 1
arctan
∫
2
a
( ) x ( ) x f
a
a
¢ ‡ - (cid:219) ‡ - (cid:219) - ‡ - (cid:219) - ‡
) ( f x dx
.
lim
1 n
f +∫ 1 Câu 42 Cho f là một hàm liên tục trên [
]0;1 . Tìm . Tìm
∫
fi ¥ n 0
Giải
=
+
) ( f x dx
) ( f x dx
) ( f x dx
e< < . Khi đó ta có:
.
Cho 0
1
∫
∫
∫
e - 1 1 1 n n n
e
e
e - 0 1 0
1
1
n
n
n
e
e
=
)
)
]
[
⇒
.
+ Theo định lý giá trị trung bình của tích phân tồn tại ) ( f x dx
) ( = f x dx
( f c
)( 1
lim
0;1
c
:
( )( e 0 1
f
∫
∫
n
0
0
1
1
n
n
=
e
- - ˛ - - - fi ¥
)
+ Đặt
, ta có:
.
) ( f x dx
( f x
dx M
M
( ) f x
∫
∫
sup [ ] x 0,1
e
e
1
1
1
n
=
Vậy
.
( ) 0
) ( f x dx
f
∫
£ £ ˛ - -
lim n
0
b
fi ¥
Câu 43 Cho f là một hàm liên tục trên [
];a b và
. Chứng minh rằng tồn
( ) f x dx =
0
∫
a
c
(
)
tại
.
c
a b ;
:
( ) = f x dx
( ) f c
∫
a
x
x
f
-= e
∫
a
( ) t dt ];a b , khả vi trên ( );a b
)
= .
˛
(
( ) Xét hàm: g x g liên tục trên [ ( ( ) 0 = g a g b Theo định lý Rolle tồn tại
0
.
c
x
c
c
x
˛
=
=
=
)
Mà
.
, vì thế
( g x
e
( ) f x
( ) t dt
f
( ) f c
( ) t dt
f
( ) f x dx
∫
∫
∫
-
( ) ) a b g c¢ = : ;
a
a
a
¢ -
Câu 44
b
(
]
)
, a > 0 và
. Chứng minh tồn tại
Giả sử
( [ f C a b
;
( ) f x dx =
0
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
( ) t dt
1 x = ∫ x
);a b
)
= .
a
(
( ) Xét hàm số: g x f g liên tục trên [ ];a b , khả vi trên ( ( ( ) 0 = g b g a Theo định lý Rolle tồn tại
c
( ) ) a b g c¢ = : ;
0
.
˛
=
)
( g x
( ) xf x
( ) t dt
f
Mà
∫
1 x
=
(
c
); a b
sao cho
( ) f x dx
( ) cf c
.
Do đó tồn tại
∫
x ¢ - 2 a c ˛ a
(
]
)
˛ ˛
Câu 45 Giả sử f, g
. Chứng minh rằng tồn tại
c
); a b
sao cho
( [ C a b
;
=
( ) g c
( ) f x dx
( ) f c
( ) f x dx
.
∫
∫
b b
a a
Giải
=
=
f
, G
Xét
( ) F x
∫
x x
=
=
( ) t dt ( ) f x
( F x
,
( ) g t dt ( ) g x
( ) ∫ x ( ) ) G x Suy ra: Áp dụng định lý Cauhy ta có:
a a ¢ ¢
( ) t dt
f
∫
b
=
=
(
(
c˛
c˛
);a b :
);a b :
) )
( ) ( F a F b ( ( ) G b G a
( ) F c ( ) G c
( ) f c ( ) g c
( ) g t dt
∫
¢ - (cid:219) $ $ a b ¢ -
=
(
c˛
);a b :
.
( ) g c
( ) f x dx
( ) f c
( ) f x dx
∫
∫
a b b (cid:219) $ a a
(
]
)
c
˛ ˛
Câu 46 Giả sử f, g
. Chứng minh rằng tồn tại
); a b
sao cho
( [ C a b
;
=
.
( ) g c
( ) f x dx
( ) f c
( ) f x dx
∫
∫
b c
c a
Giải
( )
f
x b
=
.
a x
( ) Xét hàm: F x F liên tục trên [ Vì thế theo định lý Rolle ta có:
( ) F b
( ) = ∫ ∫ t dt g t dt ];a b , khả vi trên ( ( );a b và ) F a ( ) ) ( a b F c¢ = ; : 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
( ) t dt
f
∫
∫
x
a
¢ -
=
(
c
); a b
:
.
( ) g c
( ) f x dx
( ) f c
( ) f x dx
Do đó:
∫
∫
];a b . Chứng minh rằng tồn
c b $ ˛ a c
(
sao cho
tại
.
); a b
c
1
˛ - b c
Câu 47 Giả sử f và g là hai hàm số dương, liên tục trên [ ( ) f c ( ) f x dx
( ) g c = ( ) g x dx
∫
∫
c a
Giải
-= e
∫
x b x
( ) F b
.
a x
(
( ) Xét hàm: F x F liên tục trên [ Theo định lý Rolle ta có:
( ) ( ) ∫ t dt g t dt f ];a b , khả vi trên ( );a b và ); F c¢ : a b
c
$ ˛
=
( )
( ) F x
e
f
) ( = F a ( ) 0 = . ( ) ( ) g t dt f x
( ) g x
( ) t dt
f
Mà:
( ) + ∫ t dx g t dx
∫
∫
∫
(
( )
)
c
f
( f x
( ) g t dt
( ) g x
( ) = t dt
f
0
); a b
:
Do đó: $
∫
∫
( ) + ∫ t dx g t dx
∫
b b x x - x ¢ - - x a x a b b c c ˛ - - c c a a
(
c
(cid:219)
); a b
:
.
1
b
c
( ) f c ( ) f x dx
( ) g c = ( ) g x dx
∫
∫
c
a
(
)
˛ $ -
Câu 48 Cho
. Chứng minh rằng tồn tại
c ˛
)0;1
sao cho:
f C˛
( ] [ 1 0;1
=
+
.
( ) 0
( ) f x dx
f
( ) c¢
f
∫
1 2
1
0
Giải
=
(
(
Ta có:
( ) f x dx
( ( ) f x d x
) - = 1
x
) 1
( ) f x
) 1
f
( ) x dx
x
∫
∫
∫
=
.
( ) 0
f
) 1
f
( ) x dx
( -∫ x
Theo định lý giá trị trung bình của tích phân:
1 1 1 1 ¢ - - - 0 0 0 0 1 ¢ - 0
(
(
tồn tại
c
) 0;1 :
x
) 1
f
( ) = x dx
x
f
) = - 1
dx
( ) c
.
f
∫
( ) ( ∫ c
1 2
1 1 ¢ ¢ ¢ ˛ - - 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
=
+
(
c ˛
)0;1
sao cho:
Do đó: tồn tại
( ) 0
( ) f x dx
f
( ) c¢
f
∫
1 2
0
(
)
Câu 49 Cho
. Chứng minh rằng tồn tại
c ˛
)0;1
sao cho:
f C˛
( [ ] 2 0;1
1
=
+
+
.
( ) f x dx
( ) 0
f
( ) 0
f
( ) c
f
∫
1 6
1 2
0
¢ ¢ ¢
Giải
=
(
(
Ta có:
( ) f x dx
( ( ) f x d x
) = 1
x
) 1
( ) f x
) 1
f
( ) x dx
x
∫
∫
∫
(
(
x
) 1
x
) 1
=
(
1 1 1 1 ¢ - - - - 0 0 0 0 1 2 2 1 - - ¢ ¢ ¢ -
.
( ) 0
f
( ) x
f
) x dx
f
+ ∫
2
2
2
1
1
0 0
(
2
x
Áp dụng định lý giá trị trung bình của tích phân: ) 1
(
tồn tại
c
) 0;1 :
( ) = x dx
f
x
) 1
= dx
( ) c
.
f
f
∫
( ) ( ∫ c
2
1 2
1 6
0
0
1
- ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ˛ -
=
+
+
(
Do đó tồn tại
c ˛
)0;1
sao cho:
.
( ) f x dx
( ) 0
f
( ) 0
f
( ) c
f
∫
1 6
1 2
0
¢ ¢ ¢
(
)
„
Câu 50 Giả sử
và
f ¢
( )0
x ˛
]0;1
, cho
( )xq
thoả mãn
f C˛
( [ ] 1 0;1
q
=
(
)
( q
)
.
( ) t dt
f
x
f
x
. Tìm
lim
+
∫
x
. Với 0 ( ) x x
0
fi x 0
Giải
Đặt
( ) F x
( ) t dt
f
x
=
=
Suy ra:
.
( ) f x
, F
( ) x
f
( ) x
0 ¢ ¢ ¢ ¢
Ta có:
F F
= ∫ ( )0 ( ) 0
. ( ) F x ( ) 0 0
.
= , 0 ¢= f
2
2
¢ ¢ „
=
+
+
)
Theo khai triển Taylor ta có:
x
¢ ¢ ¢
+
+
+
(
)
F
( o x ( ) q 0
q o
¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢
( ) 0 F ( ) 0 q +
+ (
= ( q
( ) ⇒ F x ⇒
f
( ) F 0 ) ( ) x
= x F
x
( ) F 0 ⇒ ( q F ( ) + F 0
1 x 2 ) = F ( ) q 0
o
F )
2
2
¢ ¢ ¢ ¢
+
+
=
q
+
)
)
Khi đó:
F
( ) 0
x
F
( ) F x ( ) ( ) x o x 0 ( ) q = x F ( o x
( ) 0
x
( ) 0
¢+ F
( ) 0
( q o
x F
1 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
q
⇒
lim
+
( ) x x
1 = . 2
fi x 0
Câu 51 Cho f là một hàm liên tục trên ℝ và a b< , ký hiệu
=
+
(
( ) g x
f
x 2011
) t dt
. Tính đạo hàm của g.
∫
b
a
Giải
+
b
2011
x
b
=
+
=
(
Ta có:
( ) g x
x 2011
) t dt
( ) f u du
f
∫
+
2011
a
x
a
=
+
)
)
¢⇒
2011
( f b
x 2011
x 2011
∫ ( + f a
.
-
( ) g x Câu 52
b
)
(
Cho f liên tục trên ℝ . Tìm
.
lim
( + f x h
) ( ) f x dx
∫
0
h
1 h
a
- fi
b
b
)
+ b h - -
Giải Áp dụng định lý giá trị trung bình của tích phân, ta có: (
) ) ( = f x dx
( + f x h
) ( f x dx
( ) f x dx
∫
∫
∫
a
a
b
b
+
=
) ( f x dx
( ) f x dx
) ( f x dx
) ( f x dx
∫
∫
∫
∫
a
b
+
= -
q
q
=
) +
)
( ) f x dx
( ) f x dx
( + hf a
h
( + hf b
h
[
∫
∫
qq ,
] 0,1
.
,
b
+ a h + a h + b h - - + a h + a h + b h a ¢ ¢ ˛ b + a h
)
)
(
⇒
( + f x h
) ) ( = f x dx
( ) f b
( f a
lim
.
∫
h
a
x
+
)
)
lim
( f x
( ) t dt
f
có
0;+¥
thoả mãn
1 h Câu 53 Cho f là một hàm liên tục trên [
∫
- - fi 0
x
0
lim
( ) f x
= . 0
giới hạn hữu hạn. Chứng minh
fi ¥
x
fi ¥
Giải
x
=
=
)
)
)
⇒
Đặt
.
( F x
( ) t dt
f
( F x
( f x
∫
0
¢
+
=
+
=
)
(
)
Khi đó giả sử
lim
( f x
( ) t dt
f
lim
( ) F x
( ) F x
L
∫
x ¢ fi ¥ fi ¥ 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:
+
)
)
(
)
( ( e F x
( ) F x
=
=
=
+
=
=
(
)
( ) F x
lim
lim
lim
lim
( ) F x
( ) F x
L
lim
( ) e F x e
e
¢ x x x ¢ ¢ x x fi ¥ fi ¥ fi ¥ fi ¥ fi ¥ x x x x x ¢ x
=
Suy ra:
( ) f x
( ) F x
( ) e F x ) ( e = . 0
lim x
lim x
];a b thì
2
2
b
b
b
2
+
¢ fi ¥ fi ¥
)
(
)
)
sin
xdx
( f x
( f x
b a
xdx
cos
( ) x dx
.
f
∫
∫
∫
a
a
a
£ -
+
)
)
( f x
( f x
xdx
xdx
cos
sin
∫
∫
2 2 b b £
Câu 54 Chứng minh rằng nếu f khả tích Riemann trên [ Giải Áp dụng bất đẳng thức Schwarz, ta được:
(
(
)
( ) x dx
f
sin
+ xdx
) x dx
f
cos
= xdx
b a
( ) x dx
f
∫
∫
∫
∫
∫
];a b thì
b
b
2
a a b b b b b 2 2 2 2 2 £ - a a a a a
- £
Câu 55 Chứng minh rằng nếu f dương và khả tích Riemann trên [ (
)
.
( ) f x dx
b a
∫
∫
dx ( ) f x
a
a
2
b
b
)
(
2
<
( )
(
)
0 m f x M
thì
.
Hơn nữa nếu
( ) f x dx
b a
∫
∫
)
dx ( f x
+ m M mM 4
a
a
£ £ £ -
Giải + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có:
=
(
)
.
.
b a
( ) f x
dx
( ) f x dx
∫
∫
∫
1 ( ) f x
2 b b b 2 - £ a a a
dx ( ) f x )
(
(
)
<
( )
+ Vì
0 m f x M
nên
0 , a
x
b
) ( ( ) f x m f x M ( ) f x
- - £ £ £ £ £
( )
)
+
(
0
0
dx
( ) f x dx m M dx mM
∫
) + ∫
∫
∫
Ta có: ) ( ( ( ) f x m f x M ( ) f x
dx ( ) f x
b b b b - - £ (cid:219) - £ a a a a
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
( +
)
(
)
( ) + f x dx mM
)( m M b a
mM
)( m M b a
( ) f x dx .
∫
∫
∫
∫
)
dx + ( ) f x
dx ( f x
a
a
a
a
2
b
b
b
b
(cid:219) £ - (cid:219) £ - -
( )
(
)
mM f x dx
)( + m M b a
( ) f x dx
( ) f x dx
Do đó:
∫
∫
∫
∫
a
a
a
a
=
dx ( ) f x = - + 2 t
y
( ) g t
kt
Xét hàm số:
.
£ - -
t = với giá trị cực đại là
.
Hàm số đạt cực đại tại
k 4
k 2
2
=
+
(
)
k
)( m M b a
, t =
( ) f x dx
ta có:
Với
∫
2
2
2
b
b
+
b - a
(
)
+
(
)
.
) ( f x dx
)( m M b a
( ) f x dx
∫
∫
) ( m M b a 4
a
a
- - - £
b
b
+
(
)
( )
Do đó:
mM f x dx
∫
∫
) ( m M b a 4
a
a
2
2
b
b
+
2 2 - £
)
dx ( ) f x (
.
(cid:219)
( ) f x dx
∫
∫
dx ( ) f x
a
a
) ( m M b a mM
4
- £
]
[
]
a b ;
ta có:
(cid:204)
Câu 56 Cho f liên tục trên [
];a b sao cho với mọi [
;a b
b
d
+ 1
b a
>
.
M
( ) f x dx M
∫
a
với f x = trên [ ( ) 0
d 0 , >0 ];a b .
£ -
[
]
[
, chọn h thuộc ℝ đủ bé sao cho
+ ˛ h
a b ;
x 0
x 0
h+
˛
Chứng minh rằng Giải Với mọi a b ; Khi đó theo định lý trung bình của tích phân: tồn tại c ở giữa
] . 0x và
0x
+
h
x 0
d
+ 1
=
⇒
sao cho
.
( ) f c h
( ) f x dx
h
( ) d f c M h
∫
x 0
£ £
)
[
]
. Suy ra:
f x = trên [ ( ) 0
];a b .
ta được
( f x
0 x
a b ;
0
0
0
=
£ " ˛
h fi Cho Câu 57 Cho f liên tục trên [
];a b . Đặt
c
( ) f x dx
. Chứng minh rằng:
1 b ∫
b a
a
b
b
-
ℝ .
( ) f x
c dx
( ) f x
t dx
t
∫
∫
a
a
2 2 - £ - " ˛
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
=
+
(
( ) g t
x
= t dt
) b a t
2
( ) x dx
.
f
Xét
∫
∫
∫
( ) f x dx t
=
=
g(t) là tam thức bậc hai theo t, g(t) đạt cực tiểu tại
t
( ) f x dx
c
.
b b b 2 2 2 - - - a a a
1 b ∫
b a
Vậy
( ) f x
c dx
( ) f x
t dx
t
ℝ .
∫
∫
(
0 - a b b 2 2 - £ - " ˛ a a
= -
mỗi số thực
thoả mãn
b a
ln
, a < b
a b ,
n
¢+ ¢+
) ( ) b ) ( ) ( a
( ) f b ( ) f a
+ + ... + + ...
f f
+
=
n
(
˛
Câu 58 1n + trên ℝ . Chứng minh rằng với Cho f là một hàm thực khả vi đến cấp ( ) f b ) ( f a ( ) f c
) ( ) c
( 1nf
); a b
.
c
sao cho
(
n
= -
b a
ln
n
f f
(
(
n
n
b
) ( )
(
( ) ¢+ f b ) ( ¢+ f a ) ( + f a
) b e
f
n
x
- - ¢ ¢ (cid:219)
+
=
( ) + f b ( ) (
f ( ) f x
f
f
( ) + + f b ... ) ) x e-
¢
0
.
(
˛
+ 1n
x
=
)
)
Mà
.
- ¢ -
tồn tại Giải Với a, b là số thực, a b< ta có ) ( ) ( ) + + ... b f b ) ( ) ( ) ( + + ... a f a ( ) ) ( ) ) ( = + + a ... a e f a ( ( ) ( ) + + Xét hàm số: ... x g x ( ) ( ) = Ta có g(x) khả vi trên ℝ và g b g a . ( ) ) ( a b g c¢ = Theo định lý Rolle tồn tại c : ; ) ( ) f x
( g x
+
f =
( e ) ( ) c
) ( x ( ) f c
.
( 1nf
ℝ
)
fi
Do đó: Câu 59 : Cho
f
[ +¥ 0;
là một hàm liên tục khả vi. Chứng minh rằng:
2
1
1
1
3
2
(
.
) x dx
f
( ) 0
f
( ) f x dx
f
( ) x
( ) f x dx
∫
∫
∫
max [ ] 0,1
x
0
0
0
¢ - £ ˛
=
¢
Giải Đặt
.
M
( ) x
f
x
˛
[
[
. Nhân
( ) 0 f x ‡
max ] [ 0,1 ) ( f x M
] 0;1
x
x
] 0;1
£ " ˛ (cid:219) - £ £ " ˛
(
[
( ) Khi đó M f x M vào từng về của bất đẳng thức này ta được : ( ) ) x Mf x
( ) Mf x
( ) f x f
]0;1
,
x ˛
¢ - £ £
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:
( ) t dt
( ) t
f
f
( ) t dt
∫ M f
∫
( ) ∫ t dt M f
0
0
0 x
¢ - £ £
(
)
( ) 0
. Đến đây ta tiếp tục nhân
( ) t dt
( ) t dt
f
f
x
∫ M f
1 2
1 2
vào từng vế của bất đẳng thức này để được:
x 2 2 (cid:219) - £ - £ 0 0
[
,
( ) t dt
x ˛
f
]0;1
.
( ) 0
f
f
∫
∫
1 2
1 2
2
2
1
1
1
1
2
3
x x 3 2 - £ - £ 0 0
( )
(
)
(
M f x dx
) x dx
( ) 0
f
f
( ) f x dx M f x dx
∫
∫
∫
∫
∫ M f ( ) 0 f x ‡ ( ( ) ( ) ) ( ) ( ) Mf x f t dt x f x Mf x ]0;1 của bất đẳng thức này: Lấy tích phân 2 vế trên [
0
0
0
0
2
1
1
1
2
2
- £ - £
( )
)
( ) x dx
f
( ) 0
f
( f x dx M f x dx
∫
∫
∫
0
0
0
1
1
1
3
2
(cid:219) - £
hay
( ) x dx
f
( ) 0
f
) ( f x dx
f
( ) x
( ) f x dx
.
∫
∫
∫
max [ ] 0,1
x
0
0
0
¢ - £ ˛
+¥
=
=
)
(
)
f
( ) 1
1 , f
x
.
ℝ khả vi và thoả mãn
¢ fi
Câu 60 [ : 0;
Cho
f
2
2
+
(
1 f
x
) x p
+
lim
( ) f x
và bé thua 1
.
Chứng minh rằng tồn tại giới hạn hữu hạn
fi+¥
x
4
> "
=
[ +¥
)
0 x
0;
¢ ˛
Giải ( ) x
f
2
2
+
x
( ) x
=
>
1 f ⇒
f(x) đồngbiến
( ) f x
f
1 x > 1
.
x
x
p
x
"
<
= +
( ) f x
( )1 ( ) t dt
f
dt
t
Từ đó ta có:
= + 1
1 arctan
< + 1
.
∫
∫
2
1
t
4
1
1
p
+
Vậy tồn tại giới hạn hữu hạn
.
1 + 1 ( ) f x
và bé thua 1
lim fi+¥ x
4
¢
) + - 1
2 x
( ) f x thoả mãn điều kiện:
( f x
( ) = f x
ℝ .
- " ˛
) 1
( - + 2 x 1
2.2
2
) 1
( - + x 1
x
1
+
=
= 2 ( ) = 2 x f x + ⇒ ( 12 x g x
x
= 2 ℝ . Vậy
( ) + f x ( ) f x
2 x ( ) g x
ℝ 12 x ,
- - - - x x x x 1 - - - - (cid:219) " ˛ " ˛ - - " ˛ -
Câu 61 Tìm tất cả các hàm Giải = Nhận xét: 2 ) ( ) ( + - + + ℝ f x 1 Ta có: 1 f x ) ( ) ( ) ( ) = = Đặt g x 1 f x g x 1T = . với g là hàm tuần hoàn có chu kì
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
)
( +¥
)
0;+¥
và thoả mãn
< 0 3
( ) xf x
< 1
x"
0;
.
˛
Câu 62 Cho f là hàm liên tục trên [
3
x
x
3
=
( ) g x
t f
( ) t dt
( ) t dt
tf
3
là hàm số đồng
∫
∫
0
0
)
0;+¥
.
-
Chứng minh rằng hàm số biến trên ( Giải
=
=
)
)
( g x
( ) x f x
( xf x
9
( ) t dt
tf
( ) xf x
( ) t dt
tf 3
Ta có:
∫
∫
- x
<
<
>
< ⇒ -
Lại có:
0
( ) t dt
tf 3
dt 1
= ⇒ x
tf 3
( ) t dt
x
( ) t dt
tf 3
0
x
∫
∫
∫
∫
2 2 x x 3 2 ¢ - 0 0 2 2 x x x x 2 2
> "
0 0 0 0
( +¥
)
( +¥
)
)
( ) xf x
0;
x
, ta suy ra:
0 x
0;
( g x¢
.
)
0;+¥
.
> " 0 g x là hàm số đồng biến trên ( ( )
=
=
˛ ˛
Kết hợp với Vậy Câu 63 Cho hàm số:
( ) 0
( ) 2011, f 2
2012
.
f C˛
và (
( ) [ ] 2 0,2 c ˛
f )0;2
( ) = 2010, f 1 ( ) 0 c¢ = .
f
sao cho
]
] [ 0;1 , 1;2
¢
f
( ) 0 =
)
(
1
a
( = f a
) 0;2 :
- - ¢ $ ˛ - -
f
( ) 1 =
=
(
1
( ) = f b
¢=
)
nên theo định lý Rolle tồn tại
( f a
- - ¢ $ ˛ - - ¢
( ) c¢ =
+
+
)
:f )
fiℝ (
ℝ thoả mãn các điều kiện: )
¢ ˛
Chứng minh rằng tồn tại Giải + Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f trên [ ( ) f 1 2011 2010 = 1 0 1 0 ( ) f 2 2012 2011 ) 0;2 : b 2 1 2 1 ]0;2 và + Vì f ¢ khả vi trên [ ( ) f b ) ( c f . 0 0;2 : Câu 64 Tồn tại hay không hàm liên tục ( (
) ( i ( ) f 2011
( ) f x
2012
f<
f
ii
1 = . x
Giải + Trước hết ta chứng minh f là đơn ánh.
+
2
1
=
=
)
)
)
(
)
⇒
.
, x x ( ) f x
ℝ , ta có: ( ( ) f x
f
( f x
( f x
f
x
x
" ˛
1 ⇒ = ⇒ = x
1 x
1 2 1 2 1 2 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 ) = cũng là hàm đồng biến. Điều này
( f x
f
đồng biến trên
+ℝ . Khi đó
1 x
vô lý vì
y
= là hàm nghịch biến.
1 x
( ) 0
( ) 1
f=
f
= và 0
y
)
]0;1 thoả mãn: [ ( f y
( ) + f x
x, y
f
" ˛
Vậy không tồn tại hàm f thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 65 Cho f xác định trên [ £
+ x 2
] 0,1 . f x = có vô số nghiệm trên đoạn [ ( ) 0
]0,1 .
[
⇒
£ ‡ " ˛
Chứng minh rằng: phương trình Giải Cho x
y= , từ giả thiết ta có:
( ) f x
2
( ) f x
0 x
] 0,1
.
=
⇒
f
0
f
( ) + 0
f
( ) = 1
f
0
0
.
Ta có:
( f x
)
1 2
1 2
£ £
0
ℕ (1)
f
Ta sẽ chứng minh
n"
=
+ (1) đúng với
n
= 1 2n = . n 0, 1
f
0
.
+ Giả sử (1) đúng đến n k= , tức là:
1 2k
=
=
˛
⇒
+ Ta có:
0
f
( ) + 0
f
f
0
f
0
. Do đó (1) đúng
1 k 2
1 = k 2
1 k 2
f x = có vô số nghiệm trên đoạn [ ( ) 0
]0,1 .
=
)
)
£ £ + 1 + 1
đến n k= . Vậy phương trình Câu 66 Cho hàm số ( ) f x
( ) f x liên tục trên ℝ thoả mãn điều kiện: ( ) ( ) 1 x f x = "
. Hãy tính
( 1000
999
và
f
f
500
.
( f Giải
=
)
)
(
)
)
Với
.
x =
1000
f
f
( 1000
= ⇒ 1
f
999
1 999
]
999;1000
g⇒ liên tục trên [
] 999;1000 .
<
-
Xét hàm số: f liên tục trên ( )
(
, ta có: ( ) = g x f⇒ℝ )
f=
999
g
999
= 500
500 0
( ( 1000 f ( ) 500 f x liên tục trên [ 1 999
- -
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
>
)
500 999 500 0
- -
)
(
)
( g x¢ =
( g 1000 Suy ra:
) 999;1000 :
0
0
0
˛
( ) f= 1000 ( ) ( 999 . 1000 g g (
x )
.
x
0
0
=
500 )
(
)
.
Thay
ta được
x
x=
= < ⇒ $ 0 ( ) = 999;1000 : f x ) ( ( ) f x
f
( f x
= ⇒ 1
f
500
0
(cid:219) $ ˛
1 500
0 0
)
fiℝ ℝ thoả mãn điều kiện: :f ( f xy
= + +
ℝ (1) . Hãy xác định giá trị có thể
2 x, y
x
y
- " ˛
Câu 67 Cho hàm số ) ( ( ) f x f y 3 ) ( 2011
f
.
có của Giải Cho
y= = thay vào (1) ta được:
= -
2
f
x ( ) 0
f
0 ( ) 0
f
- = (cid:219)
= ⇒ 2
( ) 0
f
( ) 0
6 0
f
=
3
( ) 0 ( ) 0
3
f
2 - 2 -
( ) f x f
( ) 0
f
= -
= -
)
+ Xét
f
( )0
2
. Khi đó:
= + ⇒ 2
x
( f x
x
2
.
( ) 0 3
3 2
x= + . Thay vào (1) thấy thoả mãn.
3
( ) f x
.
+ = 2011 3 2014
( )0 = , khi đó ) 2011
:f
3
3
+
- -
" ˛
Thay vào (1) thấy không thoả. 3 + Xét f ( = Vậy f Câu 68 Cho hàm số ) = +
)
ℝ .Chứng minh rằng f là hàm hằng.
fiℝ ℝ thoả mãn điều kiện ( f y x, y
2
2
y
x
,x y ˛ ℝ sao cho:
3
3
+
=
+ =
( f x Giải Với mọi a, b thuộc ℝ , chứng minh tồn tại x b y x 2 2 ( ) f b Rõ ràng
= . ⇒ là hàm hằng.
a , y ( ) f a
f
3
2
3
3
+
=
=
x
y
a
2
y
a
x
+
⇒
.
Xét hệ phương trình:
- = x b
2
0
3
+
2
y
= x b
2
3
+
y
a x 2 = x b
2
- - (cid:219)
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
:f
fiℝ ℝ thoả mãn:
)
" ˛
Câu 69 Tìm giá trị của k sao cho tồn tại hàm liên tục ℝ .
kx=
9 x
( ) f x
( ) 0 = " f x
x
ℝ thoả mãn yêu cầu bài toán.
0
˛
9
9
9
9
=
=
)
,x y ) )
(
(
⇒
ℝ , ky kx
⇒ = ⇒ = ⇒ = . x
x
y
y
" ˛
( f Giải - Trường hợp: k = 0 thì hàm k „ - Trường hợp: + f đơn điệu + f là một đơn ánh. Thật vậy! ( f y
f
f
( f y
( ) f x
<
)
)
(
)
)
(
(
)
⇒
⇒
tăng thực sự.
f
f
< ⇒ y
( ) f x
( f y
( f x
f
( ) f x
<
)
)
(
)
(
(
)
⇒
giảm thực sự.
< ⇒ y
( ) f x
( f y
f
f
f
( ) f x
9
( f y )
) ⇒ kx=
y
là hàm tăng thực, vì thế
cũng là hàm tăng thực sự.
) ( ) f x Vì f liên tục và là đơn ánh nên f đơn điệu thực sự • Nếu f tăng thực sự. Khi đó: ( ) < f y x • Nếu f giảm thực sự ) > x ( ) f x
( f x ( f k > . 0
3
4
=
( ) f x
k x
x
ℝ .
:f
+
=
)
)
" ˛
Vậy Do đó Ngược lại với k > 0, ta luôn tìm được hàm Câu 70 Tồn tại hay không hàm số {
)
.
( ) f x
} y
fiℝ ℝ sao cho với mọi x, y thuộc ℝ ta có: ( ( f y
x
max
min
,
,
1
=
{
+ ⇒ = ( Vô lý).
f
f
( f xy Giải Thay x ( ) = 1 max
} ( ) 1 ,1
( ) 1
0 1
1
y= = ta được } { ( ) + 1 ,1 min f f Vậy hàm f không tồn tại. Câu 71
ˆ=
=
[
)
(
f C
) ] 0,1 :
( ) = f x dx
.
, ở đây
Tìm
f
x
K
( ) x dx
∫
( +∫ min 1
1
2
2
1
1
1
1
p
1
2
2
2
=
+
=
=
1 1 2 2 ˛ ˛ ˆ f 0 0
(
)
) ( f x dx
( ) f x
dx
1
1
x
( + 1
x
) x dx
f
K
.
∫
∫
∫
∫
2
2
+
dx + x
1
4
0
0
0
0
£
Giải Áp dụng bất đẳng thức Schwarz ta có:
1
x
1
2
2
=
+
)
.
Suy ra:
K
x
f
( ) x dx
( ∫ min 1
f
4 p
0
‡ ˛ ˆ
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
a;b ; trong đó
)
(
)
¢ „ „ ˛
Câu72 Giả sử rằng f và g là các hàm khả vi trên [ ( g x
] sao cho:
( 0 , g x
a;b
c
det
det
. Chứng minh rằng tồn tại ( ) g c ( ) g c
( ) f c ( ) f c
=
.
¢ ¢
) 0 ( ) f a ( ) g a ( ) g b
( ) f b ( ) g b ( ) g a
( ) g c
¢ -
Giải
=
=
)
)
khả vi trên [
] a;b .
Xét hai hàm số:
( h x
( , k x
)
( f x ( g x
1 ( g x
(
) a;b :
c
) ) Áp dụng định lý Cauchy ta có: ( ) ( ) h c h b ( ) ( ) k c k b
( ) h a = ( ) k a
¢ - $ ˛ ¢ -
2
( ) ( ) f c g c (
¢ ¢ - -
(
c
) a;b :
2
)
( ) f b ( ) g b 1 ( g b
( ) f a ( ) g a = 1 ( ) g a
(cid:219) $ ˛ ¢ - -
n
n 2
2
+
( f x ) ( n 1
) = ) +
) (
với x ˛ ℝ và
x
x
( ) ( ) f c g c ) ( ) g c ( ) g c ( ) ( ) g c thoả mãn phương trình: arctan x ) ( ) ) ( )( ( = x n 2 n 1 f
0
=
2
- - - - -
=
=
)
)
1
2
arctan x 1 + 1 x
2
¢ ¢
+
+
)
)
(1) ) ( 1 x f x
( 2xf x
= . 0
¢ ¢ ¢
(
n 1
n
n 2
2
+
) (
) (
(
)
)
)
x
x
) ( )( n 2 n 1 f
) ( = x
0
- - - - -
+ )
x
, n
2
" ˛
k 1
k
k 2
2
+
+
) (
) (
(
)
(*)
k= ) ( ( 2 k 1 xf
x
x
) ( )( k 2 k 1 f
) ( = x
0
- - - - -
Câu 73 Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) ( + 1 x f 2 n 1 f 2‡ . n Giải ( ) f x ( ) ( ( ⇒ + 1 x f x f x Lấy đạo hàm hai vế của (1) suy ra: ( Bằng quy nạp ta chứng minh được: ) ( ( ) ( + 1 x f 2 n 1 xf ( ‡ℝ + Mệnh đề đúng trong trường hợp n = 2. + Giả sử mệnh đề đúng đến n ) ( tức là: ( ) ) + 1 x f 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
(
)
) (
) (
x
x
- k k 1 + k 1 2 -
+
) )
) ( )
0
- k k 1 - - -
(
0
) + x
( ) ( + + 1 x f ) ) ( ( ( + x ) ) ( + x
2xf ( 2 k 1 xf ( ) ( + 1 x f
) )
) ( = x 0;+¥
. Chứng minh rằng với
- k 1 k + k 1 2 (cid:219) -
) ( ) ( + 2 k 1 f x ) ( )( ) ( = x k 2 k 1 f ) ( ) ( ( 2kxf k 1 kf Câu 74 Cho f là hàm khả vi đến cấp n trên ( x
(
)n
n
(
)
n
( = -
n 1 x f
) 1
f
1 x
1 x
, tức là:
-
0> , 1 + n 1 x Giải + Mệnh đề đúng trong trường hợp n 1= . + Giả sử mệnh đề đúng trong trường hợp n
k£
(
)k
k
(
)
k
k 1
( = -
f
) 1
x f
+ k 1
1 x
1 x
1 x
= + . k 1
+ Ta sẽ chứng minh mệnh đề trên đúng với n
Thật vậy!
(
)
-
(
(
)
) + k 1 = -
(
(
(
) 1
) 1
) 1
1 x
1 x
1 x
1 x
¢ = -
(
)
(
)
k k + k 1 k + k 1 - - ¢ - - k x f k x f k 1 kx f k 2 x f
(
= (
) 1
) 1
1 x
1 x
(
)k
k k + k 1 + k 1 - - ¢ - - - k 1 k x f k 2 x f
(
)
= -
(
.
f
) 1
k + k 1 x
1 x
1 x
- k 1 - k ¢ - - k 2 x f
(
(
) k 1
) k = -
(
Lại có: (
) 1
) 1
1 x
1 x
= -
ta được:
k 1
¢ - - - k 1 k 1 - - ¢ ¢ - k 2 x f k 2 x f
(
) k 1
)
(
( = -
) 1
.
f
1 k x
1 x
1 x
Theo giả thiết quy nạp với trường hợp n
- - k 1 - k ¢ k 2 x f
(
) + k 1
) ( + k 1 =
Từ đó suy ra(
.
) 1
f
1 + k 2 x
1 x
1 x
Vậy bài toán đã được chứng minh xong
+ k 1 - k x f
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
)
)
x
a;b
a;b sao cho với
˛
=
ta có: (
)
)
) a;b .
( C a;b
( . Chứng minh f C¥
¥ ¢ ˛ ˛
=
=
)
(
)
(
(
)
¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢
Câu 75 Cho f khả vi trên ( ( ) ( ) ( , trong đó g f x g f x Giải Ta có:
( f x (
) )
( )
x
f
) ) ( ) g f x f x ) ) ( ) ( g f x
) ( ( ) g f x g f x ) ( ( g f x
2 2 ¢ ¢ ¢ ¢ ¢
( ) ( ( ) ⇒ g f x f x ( ( ( ) ( ( ) ) = g f x g f x đều liên tục trên (
Do đó f , f
)
= ( ) ) + ) a;b . ( nf
đều là tổng các đạo hàm
=
¢ ¢ ¢ ¢ ¢
) ( )
Chứng minh bằng quy nạp ta được ( kg
f với k
-
[
] 1;1
f :
là một hàm khả vi có đạo hàm liên tục và
- fi -
Câu 76 Cho
) ( n 3‡ . Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
0;n 1 p p ; 2 2
không âm. Chứng minh tồn tại
sao cho
-
p p ; 2 2
2
2
˛ 0x
)
)
)
)
( ¢+
.
( f x
1
0
0
£
g :
p p
- fi -
( ( f x Giải Xét hàm số: p p ; 2 2
; 2 2
֏
x
( arctan f x
)
g là hàm liên tục trên
. Nếu
( f x
1
thì g khả vi tại mọi x và
) p p ; 2 2
- „ –
=
)
.
( g x
)
)
( ) f x ( ( 1 f f x
=
0
¢ ¢ -
Nếu tồn tại
thì
sao cho
0x
1 = -
) )
p p ; 2 2
-
( f x ( f x
1
0
˛ 0x là cực trị địa phương
)
( f x
= . Vì thế ta có:
0
0
2
2
)
)
của hàm f nên theo định lý Fermat ta suy ra được (
( ¢+
)
)
( f x
( f x
0
0
¢
)
( f x
1 x
thì áp dụng định lý Lagrange cho hàm g trên
Nếu
= . 1 p p ; 2 2
„ – " ˛ -
đoạn
:
p p ; 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
) p
p
x
p : g
.
p = g
p p ; 2 2
2
2
2
2
)
)
( f x ( ( f x
1
¢ 0 $ ˛ - - - - - 0 2 - 0
)
p
p
.
Dễ thấy:
0
)
)
( f x ( ( f x
1
2
2
¢ 0 £ £ 2 - 0
)
)
(
)
( ¢+
)
.
Vậy ta chứng minh được
( f x
( f x
1
0
0
a;b và thoả mãn:
+
£
=
=
)
a)
- ¢ ¢ ¢
Câu 77 Cho f khả vi trên [ ( ) ( ) f b f a
( ) f a
( 0 , f b
> . 0
(
b) )
a;b
) ( f a ( ) f c
> 0= và
) = ( ) f c
sao cho
( f b . 0
) a;b .
¢ ˛ £
( ) f c
˛
0= . . Hơn nữa
= c ( ) f a
( ) f c¢
Vì
tồn tại nên
¢ ˛
)
) ) ( = a;b : f x ) > " 0 x ( ) f c
=
=
.
( ) f c
lim
lim
0
- ¢ £ - - fi fi h h 0 0
] = 0 Chứng minh rằng tồn tại c Giải Từ giả thiết suy ra f bằng 0 tại ít nhất một điểm trong khoảng ( } Đặt , ta có 0 ) ( a;c ( + f c h h
{ ( inf x ( > nên 0 f x ( ) + f c h h
=
)
2011
và n ˛ ℕ . Chứng minh
+
0x
(
.
rằng:
) f 2011
) ( f 2011
n
1 2011n n
¢ - fi ¥
Câu 78 ( f x là hàm số có đạo hàm tại điểm Cho =
lim n f
=
nên theo định nghĩa ta có:
+ D
2011 )
-
Giải Vì f có đạo hàm tại điểm ) ( f 2011
0x ( f x
0
¢=
)
lim
( f x
0
x
0
x x
D fi D
.
Xét riêng: Nếu lấy
, ta có x
0
khi n fi
D = x
1 n
Ta có:
D fi ¥
f 2011
+
-
) ( f 2011 =
(
) ( f 2011
) f 2011
.
lim n
1 2011n n
lim n f n
=
+ 1 n 1 n
¢ - fi ¥ fi ¥
![Bài tập Giải tích 1 cho lớp hệ Cao đẳng [chuẩn nhất]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2016/20161212/maiyeumaiyeu23/135x160/755645314.jpg)
![Quyển ghi Xác suất và Thống kê [chuẩn nhất]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20251030/anh26012006/135x160/68811762164229.jpg)
