ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 9 (1)

HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN NĂM 2014Môn thi: Giải tíchThời gian làm bài: 180 phútCâu 1. Cho dãy số (un)thỏa mãn u1 1vàun+1 =√u2n +an;∀ 1; trong đóa 0. Tìm asao cho (un)hội tụ và tìm giới hạn đó.Câu 2. Cho hai hàm f(x và g(x xác định trên Rvà thỏa mãn điều kiện(f (x f(y ))(g(x g(y ))= với mọi x; y∈R:Chứng minh ít nhất một trong hai hàm fhoặc glà hàm hằng.Câu 3. 1) Cho hàm số fđơn điệu trên [0;∞ )vàlimx +∞ 1xx∫0 f(t) dt ∞:Chứng minh rằng limx +∞ f(x ∞:2) Kết luận trên còn đúng không khi flà hàm liên tục trên [0;∞ )nhưng khôngđơn điệu trên khoảng đó? Tại sao?Câu 4. Tìm tất cả các hàm số f(x xác định, liên tục trên đoạn [0;1] khả vi trong khoảng(0 ;1) và thỏa mãn điều kiệnf (0) f(1) 20152014; 2013f′( 2014 f(x 2015 ∀x (0;1) :Câu 5. Cho dãy số (xn)được xác định bởi xn+2 =√xn+1 +√xn; n≥0.Tìm limn →∞ xn với điều kiệnx0 ≥4; x1 ≥4.Câu 6. Thí sinh chọn một trong hai câu:6a. Cho(an)là dãy số xác định bởia 3−√6; a2= 3−√6 +√6; :::; an= 3−√6 +√6 +:::+√6|{z }n lần :Hãy chứng minh rằng chuỗi số ∞∑n =1 an hội tụ.6b. Choflà hàm số liên tục trên [0;+ ). Giả sử rằng∫ x0 f2(t) dt ≤x33;∀ 0:Chứng minh rằng ∫x0 f(t) dt ≤x22với mọix≥ 0.Ghi chú :Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm .2.HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN NĂM 2014ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN GIẢI TÍCHGiải câu 1: Ta có u2n +1 =u2n +anvì vậyu2n +a+ +an− 1:• Tính được công thức un √an− 1a− khia̸= vàun √nkhi a= .• Chỉ ra khi <1dãy có giới hạn và giới hạn đó là √11− a.Giải câu 2: Giả sử fkhông phải là hàm hằng. Khi đó tồn tại các số a; bsao cho f(b f(a ̸= .Điều này kéo theo g(a g(b m.Lần lượt lấy y= avà y= bta có hệ(f (x f(a ))(g(x m)= 0; (f (x f(b ))(g(x m)= :Trừ các phương trình của hệ cho nhau ta thu được (f (a )− f(b ))( g(x )− m) với mọix Do f(a f(b ̸= nêng(x m∀x R.Giải câu 3: Nếu fđơn điệu giảm thì f(x f(0) ∀x [0;+ ). Do vậy, 1xx∫0 f(t) dt ≤f(0) .Điều này trái với giả thiết. Vậy f(x là hàm không giảm trên [0;∞ ). Khi đó, f(t) f(x ∀t x. Do đó1x x∫0 f(t) dt ≤1xx∫0 f(x )dt =f(x với mọi >0. Điều này kéo theolimx →∞ 1xx∫0 f(t) dt limx →∞ f(x ):2) Kết luận không còn đúng. Ta xét thí dụ sau: xét hàm số f(x |sinx |x 2. Ta có∫ 2n0 f(x )dx n∑k =1 ∫(2k+1) 2 k xsin dx =n∑k =1 (4k+ 1) n(2 n+ 3)Do đó, limx →∞ 1x∫x0 f(t) dt limx →∞ 1[x= 2 ]2 ∫[x= 2 ]2 0 f(t) dt =∞:Dễ thấy không tồn tại limx→∞ f(x ).Giải câu 4: Chia hai vế cho 2013 ta nhận đượcf′( kf(x 20152013;với k= 20142013:3.Đặt g(x ekx(f (x m)với m=20152014ta cóg ′( ekx[k (f (x m) f′( )] 0:Từ đó suy ra glà hàm không giảm.Mặt khác, g(0) g(1) nên ta suy ra g(x 0. Từ đó f(x m:Giải câu 5: Cách 1:Bằng quy nạp chứng minh được xn ≥4.Xét dãy bn+1 √bn với b0= max{4; x0; x1}. Do bn +1bn =√bnbn vàb1 ≤b0nên ta suy ra là dãy không tăng và bị chặn dưới, do đó limnbn 4. Ta chứng minhmax {x2n x2n +1 ≤bn với mọin.Với n= ta có x2 √x1 √x0 ≤2√max{x1; x0} ≤2√b0 =b1.x √x2 √x1 ≤2√max{x2; x1} ≤2√max{b1; b0} ≤b1Giả thiết max{x2k x2k +1 ≤bk với mọik= ;1 :::; −1. Khi đó,x 2n √x2n √x2n ≤2√max{x2n 1; x2n 2} ≤2√bn− =bn .x 2n +1 =√x2n √x2n ≤2√max{x2n x2n 1} ≤2√max{bn bn− 1} ≤bn .Tổng kết lại, ta có 4≤ max {x2n x2n +1 ≤bn với mọinvà limnbn 4. Vậylim nxn 4.Cách 2:Giả thiết x1 ≤x0. Khi đóx2 √x1 √x0 ≤2√x0 ≤x0;do x0 ≥4.x3 √x2 √x1 √x1 √x0 =x2:Như vậy bằng quy nạp ta chứng minh đượcx2n +2 ≤2√x2n ≤x2n ;x 2n +1 ≤x2n :Như thế dãy (x2n )là dãy không tăng bị chặn dưới bởi 4. Từ đó suy ra tồn tại giới hạnlim x2n =a≤ 2√a. Hay là a≤ 4. Kết hợp với điều kiện x2n ≥4ta có a= .Kết hợp điều này với bất đẳng thức thứ trên ta được limx2n +1 4.Vậy limxn 4.Nếu x1 ≥x0 ta thấyx2 √x1+ √x0 ≤2√x1 ≤x1 và lý luận như trên khi thayx0bởi x1 cònx1 bởix2.4.Giải câu 6: 6a.Đặt bn √6 +√6 +:::+√6|{z }n lần :Do bn+1 =√6 +bn Bằng quy nạp ta chứng minhđược bn là dãy tăng bị chặn trên bởi3và bn ↑3.Mặt khác,an+1an =3− bn+13− bn =3− √6 +bn3− bn =13 +√6 +bn →16:Theo tiêu chuẩn D’Alambert chuỗi số hội tụ.6b.Từ giả thiết ∫x0 f2(t) dt ≤∫x0 t2dx:Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có (∫x0 tf(t) dt )2≤ ∫x0 t2dt ∫x0 f2(t) dt ≤(∫x0 t2dt )2:Vì vậy ∫x0 tf(t) dt ≤∫x0 t2dt hay là F(x ∫x0 t( f(t)) dt ≥0:Mặt khác, ∫x0 (t f(t)) dt =∫x0 1tt( f(t)) dt= ∫x0 1tdF(t) F(x )x+∫x0 F(t)t2 dt≥0:Từ đó, ∫x0 (t f(t)) dt ≥0hay là ∫x0 f(t) dt ≤∫x0 dt=x22.