Đề thi Olympic Toán sinh viên năm 2016 môn Giải tích

Để củng cố kiến thức và nâng cao kỹ năng giải đề chuẩn bị cho kì thi Olympic Toán sinh viên sắp tới, mời các bạn cùng tham khảo Đề thi Olympic Toán sinh viên năm 2016 môn Giải tích. Từ đó, giúp các bạn nắm vững kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải đề đạt hiệu quả cao hơn.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi Olympic Toán sinh viên năm 2016 môn Giải tíchHỌC VIỆN NÔNG NGHIỆP VIỆT NAMKỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊNNĂM HỌC 2016ĐỀ THI MÔN : GIẢI TÍCHThời gian làm bài: 120 phútHọ và tên thí sinh: ………………………………………………… SBD: ……………………Bài 1. (Dãy số)1) Cho dãy số  an  xác định bởi: a1  1, an1  3an  2, n  2.33  17 an với mọi n  1.22b) Chứng minh dãy số đơn điệu.c) Chứng minh dãy số hội tụ và tìm giới hạn của dãy số.12) Cho dãy số  an  xác định bởi: a1  1, an 1  an , n  1. Chứng minh lim an  .n 2016 ana) Chứng minh rằng3) 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...a) Chứng minh  xn  giảm, bị chặn dưới và có giới hạn 0.b) Tìm giới hạn lim nxn . (HD: tìm cách sử dụng định lý Stolz)n Bài 2. (Hàm số, hàm số liên tục)1) Giả sử f là một hàm số thực xác định trênx, y a)sao cho f ( xy)  xf ( x)  yf ( y) với mọi. Bằng cách chọn các giá trị thích hợp của x, y , chứng minh rằng:f (1)  0.b) Hơn nữa, f ( x)  0 với mọi x  .2) Cho hàm số f :[1; 2]  [2; 4] là hàm số liên tục. Chứng minh rằng tồn tại x0 [1; 2] saocho f ( x0 )  2 x0 . (HD: sử dụng định lý giá trị trung gian của hàm số liên tục)Bài 3. (Phép tính vi phân hàm số)ln x1với mọi 0  x  1.x 1x2) Cho f ( x ) là hàm số khả vi cấp hai liên tục trênvà phương trình f ( x)  0 có banghiệm phân biệt.a) Áp dụng định lý Rolle với hàm số G( x)  e2 x f ( x), hãy chứng minh phương trình1) Chứng minh rằngf ( x)  2 f ( x)  0 có ít nhất hai nghiệm phân biệt.b) Chứng minh rằng phương trình f ( x)  4 f ( x)  0 có ít nhất một nghiệm.------------------------------------------- Hết ------------------------------------------Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.HỌC VIỆN NÔNG NGHIỆP VIỆT NAMKỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊNNĂM HỌC 2016ĐÁP ÁN MÔN : GIẢI TÍCHThời gian làm bài: 120 phútBài 1. 1) a1  1,a n 1  3a n  2, n  2a) Chứng minh bằng phương pháp quy nạp33  17 an (*) (đã điều chỉnh lại đề bài)22Với n  2 , a n  5 thỏa mãn (*) .33  173.  2  a n 1  3a n  2  3.222Suy ra (*) đúng đến n 1. Ta có đpcm.b) Xét a 21  a 2  3a n  2  a 2  0 do (*) nên dãy {a n }n≥1 là dãy tăng.nnnGiả sử (*) đúng đến n , ta cóc) Dãy {a n }n≥2 là dãy tăng và bị chặn trên bởiphương trình a  3a  2  a 2) Ta có a n 1  a n 3  17nên tồn tại lim a n  a thỏa mãnn 23  1721 0 nên {a n }n≥1 là dãy tăng. Giả sử dãy bị chặn, suy ra tồn tạian20161lim a n  a thỏa mãn phương trình a  a  2016 . Phương trình này vô nghiệm nên điều giả sử làn akhông đúng. Vậy dãy đã cho không bị chặn.3) a) Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được 0  x n  1 n  0 .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  0nn Vậy lim x n  0 .n b) Xét lim nx 2 . Đặt u n  n; v n nn u u11; n  1, 2,... . Ta có lim n 1 n  lim2n  vn  11xnn 1  v n 22x n 1 x n 12  x2111n 2   lim 2 (do lim x n  0 )Lại có lim  2  2   lim  2n  xn  x (1  x 2 ) 2n  (1  x 2 ) 2n xn  n 1 x n  nnnunu u111 lim n 1 n  hay lim nx 2  . Suy ra lim nx n nn  vn  vn n 222nn 1  v nVậy theo định lí Stolz , ta có limBài 2. 1) f (xy)  xf (x)  yf (y) x, y a) Cho x  y  1 ta được f (1)  1.f (1)  1.f (1)  f (1)  0))b) Cho y  1, x  1ta được f (x)  xf (x)  1.f (1  f (x)(x  1  0x  1 .Vậy f (x)  0x  1 . Kết hợp với câu a) cho ta kết luận f (x)  0x .2) Xét g(x)  f (x)  2x trên [1, 2] là hàm liên tục thỏa mãng(1)  f (1)  2  0;g(2)  f (2)  4  0(do 2  f (x)  4 ) nên g(1)g(2)  0 . Theo định lí giá trị trung gian của hàm liên tục, tồn tạix 0 [1, 2] sao cho g(x 0 )  0 hay f (x 0 )  2x 0 .Bài 3. 1) Chứng minhln x1với 0  x  1x 1xXét 2 trường hợpTrường hợp 1: x  1 , bất đẳng thức tương đương ln x x 1 0 (*) . Xét hàm sốxt 11 t 1( t  1)2với t  1 . Ta có f (t)   0 nên f (t) là hàm nghịch biếnt 2t tt2t t)trên [1, ) . Vậy f (t)  f (1  0 với t  1.f (t)  ln t Trường hợp 2: 0  x  1. Đặt x 1(y  1) ta chuyển về trường hợp 1 với bất đẳng thứcy(*) được chứng minh như trên.2) a) Xét hàm G(x)  e2x f (x) là hàm số liên tục, khả vi trênvà G(x1)  G(x 2 )  G(x 3 )  0với x1  x 2  x 3 là các nghiệm của phương trình f (x)  0 . Áp dụng định lí Rolle cho G(x) trênđoạn [x1, x 2 ] , tồn tại c1  (x1, x 2 ) sao cho G (c1)  0 haye2c1 (f (c1)  2f (c1))  0  f (c1)  2f (c1)  0Tương tự tồn tại c2  (x 2 ,x 3 ) sao cho f (c2 )  2f (c2 )  0 hay phương trình f (x)  2f (x)  0 có 2nghiệm phân biệt c1  c2 .b) Áp dụng định lí Rolle cho hàm H(x)  e2x (f (x)  2f (x)) trên [c1,c2 ] , tồn tại c0  (c1,c2 ) saocho H (c0 )  0 hay e2c0 (f (c0 )  4f (c0 ))  0  f (c0 )  4f (c0 ) .Vậy phương trình f (x)  4f (x)  0 có ít nhất một nghiệm. ...