BÀI TẬP VỀ HÀM SỐ VỚI BA VẤN ĐỀ LIÊN TỤC, KHẢ VI, KHẢ TÍCH

Tài liệu ôn thi Olympic toán sinh viên toàn quốc phần giải tích. Tập hợp các bài toán hay và lời giải chi tiết về hàm số giúp bạn ôn tập nhanh chóng và hiệu quả. Bài 1 tìm tất cả các hàm số u(x)thỏa mãn u(x) = x +
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
BÀI TẬP VỀ HÀM SỐ VỚI BA VẤN ĐỀ LIÊN TỤC, KHẢ VI, KHẢ TÍCHwww.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 1 2Bài 1. Tìm tất cả các hàm số u ( x ) thỏa mãn 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 đó  0 82 4 0 1Vậy u ( x ) = x + là hàm số cần tìm. 4Bài 2. Cho hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn điều kiện: f ( x + 19 ) ≤ f ( x ) + 19 và f ( x + 94 ) ≥ f ( x ) + 94 với mọi x. Chứng minh rằng: f ( x + 1) = f ( x ) + 1 vớimọi x ∈ ℝ .GiảiLấy một số thực x bất kỳ. Áp dụng điều kiện ban đề cho với x − 19 vàx − 94 ta thu được: f ( x − 19 ) ≥ f ( x ) − 19 và f ( x − 94 ) ≤ f ( x ) − 94 .Bây giờ ta dễ dàng chứng minh 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 hai với đạo hàm cấp 2 dương.Chứng minh rằng: f ( x + f ′ ( x ) ) ≥ f ( x ) với mọi số thực x.Giải+ Nếu f ′ ( x ) = 0 thì f ( x + f ′ ( x ) ) = f ( x ) với mọi x : hiển nhiên.+ Nếu f ′ ( x ) < 0 thì áp dụng định lý Lagrange trên đoạn  x + f ′ ( x ) ; x  ta  được: f ( x ) − f ( x + f ′ ( x ) ) = f ′ ( c ) ( − f ′ ( x ) ) , c ∈ ( x + f ′ ( x ) ; x ) . 1VĂN 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 ) > 0 ⇒ f ′ là hàm tăng ⇒ f ′ ( c ) < f ′ ( x ) < 0 . Vì vậy f ( x ) − f ( x + f ′( x )) < 0 .+ Nếu f ′ ( x ) > 0 thì chứng minh tương tự như trường hợp f ′ ( x ) < 0 ta cũngthu được f ( x ) − f ( x + f ′ ( x ) ) < 0 . π πBài 4 Cho x ≥ 2 , chứng minh ( x + 1) cos − x cos > 1. x +1 xGiải πXét hàm số: f : [ 2; ∞ ) → ℝ , f ( t ) = t cos . tÁp dụng định lý Lagrange trên đoạn [ x; x + 1] đối với hàm f ( t ) f ( x + 1) − f ( x )tồn tại 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 < 0 ∀u ∈ [ 2; +∞ ) ⇒ f ′ nghịch biến trên [ 2; +∞ ) f ′′ ( u ) = − cos u3 u f ′ ( u ) > 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 điều kiện f ( x ) < 2 , f ( x ) f ′ ( x ) ≥ sin x ∀x ∈ ℝ ?GiảiKhông tồn tại.Ta có: f ( x ) − f ( 0 ) = ∫  f ( t ) ′ dt = ∫ 2 f ( t ) f ′ ( t ) dt ≥ 2 ∫ sin tdt = 2 (1 − cos x ) x x x 2 2 2   0 0 0 (π ) ≥ ( 0 ) + 2 (1 − cos π ) ≥ 4 . 2 2Suy ra: f fBài 6  ...