Đang tải... (xem toàn văn)
Tổng hợp đề thi và lời giải chi tiết đề thi Olympic Toán sinh viên môn Giải tích từ năm 2006 đến năm 2012 do Lê Phúc Lữ tổng hợp và giới thiệu sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn sinh viên chuẩn bị thi Olympic Toán sinh viên cũng như muốn thử sức mình với cuộc thi này.
TỔNG HỢP ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI OLYMPIC TỐN SINH VIÊN MƠN 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 TỐN SINH VIÊN MƠN 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 ln 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 TỐN SINH VIÊN MƠN GIẢI TÍCH NĂM 2007 Bài 2 Tính tích phân I ln sin x sin x dx Bài x x1 x2 xn1 Cho dãy số ( xn ) xác định bởi: x0 2007, xn 2007 ,n n Tìm liên hệ xn , xn1 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 x1 Bài Cho a , b , c , số thực c b Dãy số (un ),(vn ) xác định công thức u1 a , un1 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 TỐN SINH VIÊN MƠN GIẢI TÍCH NĂM 2008 Bài Dãy số ( an ) xác định sau a1 a2 1, an an1 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 TỐN SINH VIÊN MƠN 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) khơng có nghiệm thực, phương trình f ( f ( x)) g( g( x)) khơng có nghiệm thực Bài Cho hai dãy số ( xn ),( yn ) xác định công thức x1 y1 , xn 1 xn xn2 , yn1 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 khơng q 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 TỐN SINH VIÊN MƠN 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 x0 c( x) x Bài Cho dãy ( xn ) xác định x1 1, xn1 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 TỐN SINH VIÊN MƠN 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 yn1 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 TỐN SINH VIÊN MƠN GIẢI TÍCH NĂM 2012 Bài Cho dãy số ( an ) thỏa mãn điều kiện a1 an 1 n1 an với n 1, 2, 3, Tìm n n để dãy ( an ) hội tụ Bài Cho đa thức P( x) có bậc khơng 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 xy 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 x1 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 , khơng tính tổng qt, 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 ln có nghiệm Cần hiểu rõ chất câu hỏi là: đoạn tốt đoạn chứa nghiệm phương trình cho khơng phải chứa đồng thời hai nghiệm Một câu hỏi mở rộng khó từ tốn 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 uv 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 hồn 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 tốn, ngồi 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 tt 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 TỐN SINH VIÊN MƠN GIẢI TÍCH NĂM 2012 Nhận xét chung Có thể nói khơng có lỗi khâu biên soạn đề, dẫn đến sai hai câu đề hay, tính phân loại lẫn vẻ đẹp tốn 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, cịn 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 n1 an với n 1, 2, 3, n n Tìm để dãy ( an ) hội tụ Lời giải Ta cơng 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 an1 an n n n(n 1) Đặt dãy số bn an 2 có , ý biểu thức có bn1 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 khơng 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 ), ,(cn1 , 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 tốn 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 tốn 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) khơng phân tích thành nhân tử thực khó khơng 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 khơng 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 hồn tồn 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 xy 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 địi hỏi kĩ thuật biến đổi đại số khơng mang tính giải tích Dễ dàng đốn 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 địi hỏi kĩ thuật đổi biến tận dụng giả thiết nên khơng có vấn đề Cịn 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 khơng 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 x1 b Cho hàm số f : [0;1] hàm lõm (cịn 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 x1 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 tốn khó thực tế, hầu hết thí sinh chọn câu b (có ý dễ xử lí hơn) Câu a địi hỏi phải chứng minh đẳng thức f ( x)dx ( 1)2 f ( ) x dx Nói chung kết khơng dễ dàng khai thác từ giả thiết không nắm vững khai triển Taylor Nếu hoàn tất việc chứng minh đẳng thức cơng việc cịn lại hồn tồn 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 Tốn Sinh viên tồn quốc, NXB GD, 2005 68