Đề thi Olympic Toán sinh viên năm 2016 môn Giải tích

HỌC VIỆN NÔNG NGHIỆP VIỆT NAM<br /> <br /> KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN<br /> NĂM HỌC 2016<br /> <br /> ĐỀ THI MÔN : GIẢI TÍCH<br /> Thời gian làm bài: 120 phút<br /> <br /> Họ và tên thí sinh: ………………………………………………… SBD: ……………………<br /> <br /> Bài 1. (Dãy số)<br /> 1) Cho dãy số  an  xác định bởi: a1  1, an1  3an  2, n  2.<br /> <br /> 3<br /> 3  17<br />  an <br /> với mọi n  1.<br /> 2<br /> 2<br /> b) Chứng minh dãy số đơn điệu.<br /> c) Chứng minh dãy số hội tụ và tìm giới hạn của dãy số.<br /> 1<br /> 2) Cho dãy số  an  xác định bởi: a1  1, an 1  an <br /> , n  1. Chứng minh lim an  .<br /> n <br /> 2016 a<br /> n<br /> a) Chứng minh rằng<br /> <br /> 3) Cho a  (0,1) và dãy số  xn  xác định bởi x0  a, xn1  xn (1  xn 2 ) với mọi n  0,1, 2...<br /> a) Chứng minh  xn  giảm, bị chặn dưới và có giới hạn 0.<br /> b) Tìm giới hạn lim nxn . (HD: tìm cách sử dụng định lý Stolz)<br /> n <br /> <br /> Bài 2. (Hàm số, hàm số liên tục)<br /> 1) Giả sử f là một hàm số thực xác định trên<br /> x, y <br /> <br /> a)<br /> <br /> sao cho f ( xy)  xf ( x)  yf ( y) với mọi<br /> <br /> . Bằng cách chọn các giá trị thích hợp của x, y , chứng minh rằng:<br /> <br /> f (1)  0.<br /> <br /> b) Hơn nữa, f ( x)  0 với mọi x  .<br /> 2) Cho hàm số f :[1; 2]  [2; 4] là hàm số liên tục. Chứng minh rằng tồn tại x0 [1; 2] sao<br /> cho f ( x0 )  2 x0 . (HD: sử dụng định lý giá trị trung gian của hàm số liên tục)<br /> Bài 3. (Phép tính vi phân hàm số)<br /> <br /> ln x<br /> 1<br /> với mọi 0  x  1.<br /> <br /> x 1<br /> x<br /> 2) Cho f ( x ) là hàm số khả vi cấp hai liên tục trên<br /> và phương trình f ( x)  0 có ba<br /> nghiệm phân biệt.<br /> a) Áp dụng định lý Rolle với hàm số G( x)  e2 x f ( x), hãy chứng minh phương trình<br /> 1) Chứng minh rằng<br /> <br /> f '( x)  2 f ( x)  0 có ít nhất hai nghiệm phân biệt.<br /> <br /> b) Chứng minh rằng phương trình f ''( x)  4 f ( x)  0 có ít nhất một nghiệm.<br /> ------------------------------------------- Hết ------------------------------------------Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.<br /> <br /> HỌC VIỆN NÔNG NGHIỆP VIỆT NAM<br /> <br /> KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN<br /> NĂM HỌC 2016<br /> <br /> ĐÁP ÁN MÔN : GIẢI TÍCH<br /> Thời gian làm bài: 120 phút<br /> <br /> Bài 1. 1) a1  1,a n 1  3a n  2, n  2<br /> a) Chứng minh bằng phương pháp quy nạp<br /> <br /> 3<br /> 3  17<br />  an <br /> (*) (đã điều chỉnh lại đề bài)<br /> 2<br /> 2<br /> <br /> Với n  2 , a n  5 thỏa mãn (*) .<br /> 3<br /> 3  17<br /> 3.  2  a n 1  3a n  2  3.<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> Suy ra (*) đúng đến n 1. Ta có đpcm.<br /> b) Xét a 21  a 2  3a n  2  a 2  0 do (*) nên dãy {a n }n≥1 là dãy tăng.<br /> n<br /> n<br /> n<br /> <br /> Giả sử (*) đúng đến n , ta có<br /> <br /> c) Dãy {a n }n≥2 là dãy tăng và bị chặn trên bởi<br /> phương trình a  3a  2  a <br /> 2) Ta có a n 1  a n <br /> <br /> 3  17<br /> nên tồn tại lim a n  a thỏa mãn<br /> n <br /> 2<br /> <br /> 3  17<br /> 2<br /> <br /> 1<br />  0 nên {a n }n≥1 là dãy tăng. Giả sử dãy bị chặn, suy ra tồn tại<br /> an<br /> <br /> 2016<br /> <br /> 1<br /> lim a n  a thỏa mãn phương trình a  a  2016 . Phương trình này vô nghiệm nên điều giả sử là<br /> n <br /> a<br /> không đúng. Vậy dãy đã cho không bị chặn.<br /> 3) a) Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được 0  x n  1 n  0 .<br /> Lại có x n 1  x n  x 3  0 n  0 nên tồn tại lim x n  x thỏa mãn x  x(1 x 2 )  x  0<br /> n<br /> n <br /> <br /> Vậy lim x n  0 .<br /> n <br /> <br /> b) Xét lim nx 2 . Đặt u n  n; v n <br /> n<br /> n <br /> <br /> u u<br /> 1<br /> 1<br /> ; n  1, 2,... . Ta có lim n 1 n  lim<br /> 2<br /> n  v<br /> n  1<br /> 1<br /> xn<br /> n 1  v n<br />  2<br /> 2<br /> x n 1 x n<br /> <br />  1<br /> <br /> 2  x2<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> n<br />  2   lim<br />  2 (do lim x n  0 )<br /> Lại có lim  2  2   lim  2<br /> n  x<br /> n  x (1  x 2 ) 2<br /> n  (1  x 2 ) 2<br /> n <br /> xn <br />  n 1 x n <br />  n<br /> n<br /> n<br /> un<br /> u u<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br />  lim n 1 n  hay lim nx 2  . Suy ra lim nx n <br /> n<br /> n  v<br /> n  v<br /> n <br /> n <br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> n<br /> n 1  v n<br /> <br /> Vậy theo định lí Stolz , ta có lim<br /> <br /> Bài 2. 1) f (xy)  xf (x)  yf (y) x, y <br /> a) Cho x  y  1 ta được f (1)  1.f (1)  1.f (1)  f (1)  0<br /> <br /> )<br /> )<br /> b) Cho y  1, x  1ta được f (x)  xf (x)  1.f (1  f (x)(x  1  0x  1 .<br /> Vậy f (x)  0x  1 . Kết hợp với câu a) cho ta kết luận f (x)  0x <br /> <br /> .<br /> <br /> 2) Xét g(x)  f (x)  2x trên [1, 2] là hàm liên tục thỏa mãn<br /> <br /> g(1)  f (1)  2  0;g(2)  f (2)  4  0<br /> (do 2  f (x)  4 ) nên g(1)g(2)  0 . Theo định lí giá trị trung gian của hàm liên tục, tồn tại<br /> <br /> x 0 [1, 2] sao cho g(x 0 )  0 hay f (x 0 )  2x 0 .<br /> Bài 3. 1) Chứng minh<br /> <br /> ln x<br /> 1<br /> <br /> với 0  x  1<br /> x 1<br /> x<br /> <br /> Xét 2 trường hợp<br /> Trường hợp 1: x  1 , bất đẳng thức tương đương ln x <br /> <br /> x 1<br />  0 (*) . Xét hàm số<br /> x<br /> <br /> t 1<br /> 1 t 1<br /> ( t  1)2<br /> với t  1 . Ta có f '(t)  <br /> <br />  0 nên f (t) là hàm nghịch biến<br /> t 2t t<br /> t<br /> 2t t<br /> )<br /> trên [1, ) . Vậy f (t)  f (1  0 với t  1.<br /> f (t)  ln t <br /> <br /> Trường hợp 2: 0  x  1. Đặt x <br /> <br /> 1<br /> (y  1) ta chuyển về trường hợp 1 với bất đẳng thức<br /> y<br /> <br /> (*) được chứng minh như trên.<br /> 2) a) Xét hàm G(x)  e2x f (x) là hàm số liên tục, khả vi trên<br /> <br /> và G(x1)  G(x 2 )  G(x 3 )  0<br /> <br /> với x1  x 2  x 3 là các nghiệm của phương trình f (x)  0 . Áp dụng định lí Rolle cho G(x) trên<br /> đoạn [x1, x 2 ] , tồn tại c1  (x1, x 2 ) sao cho G '(c1)  0 hay<br /> e2c1 (f '(c1)  2f (c1))  0  f '(c1)  2f (c1)  0<br /> <br /> Tương tự tồn tại c2  (x 2 ,x 3 ) sao cho f '(c2 )  2f (c2 )  0 hay phương trình f (x)  2f '(x)  0 có 2<br /> nghiệm phân biệt c1  c2 .<br /> b) Áp dụng định lí Rolle cho hàm H(x)  e2x (f '(x)  2f (x)) trên [c1,c2 ] , tồn tại c0  (c1,c2 ) sao<br /> cho H '(c0 )  0 hay e2c0 (f ''(c0 )  4f (c0 ))  0  f ''(c0 )  4f (c0 ) .<br /> Vậy phương trình f ''(x)  4f (x)  0 có ít nhất một nghiệm.<br /> <br />