Bộ tài liệu ôn thi Kĩ sư tài năng 2011: Hàm khả vi - Trần Vũ Trung

Chia sẻ: Tong Quoc Dinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

590
lượt xem 200
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Bộ tài liệu ôn thi Kĩ sư tài năng 2011" bao gồm những bài viết theo chủ đề và một số đề thi được biên soạn phù hợp với nội dung đề thi tuyển sinh môn Toán và chương trình đào tạo KSTN và KSCLC của trường Đại học Bách khoa Hà Nội.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bộ tài liệu ôn thi Kĩ sư tài năng 2011: Hàm khả vi - Trần Vũ Trung

bai 21 Tr n Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Hàm kh vi ð nh nghĩa ð o hàm c a hàm s f ( x) t i ñi m x và ký hi u là f ′ ( x ) là gi i h n: f ′ ( x ) = lim ∆x →0 f ( x + ∆x ) − f ( x ) ∆x n u gi i h n ñó t n t i. N u f ′ ( x ) t n t i, thì ta nói hàm y = f ( x ) kh vi t i x . Bài toán 1. Tìm t t c các hàm f : ℝ → ℝ th a mãn f ( x1 ) − f ( x2 ) ≤ ( x1 − x2 ) , ∀x1 , x2 ∈ ℝ . 2 L i gi i. Thay x1 = x + ∆x và x2 = x vào bi u th c ñã cho ñư c: f ( x + ∆x ) − f ( x ) ≤ ( ∆x ) . 2 Suy ra f ( x + ∆x ) − f ( x ) f ( x + ∆x ) − f ( x ) ≤ ∆x , do ñó lim = 0. ∆x → 0 ∆x ∆x Theo ñ nh nghĩa, f ( x) kh vi t i m i ñi m x ∈ ℝ , và f ′( x ) = 0 . V y f ( x) là hàm h ng. Bài toán 2. Cho hàm s  α 1  x sin   f ( x) =  x 0  x≠0 x=0 f kh vi trên ℝ . v i α là h ng s dương. Tìm các giá tr c a α ñ L i gi i. D th y f liên t c t i m i ñi m x ≠ 0 . (KSTN 2005) 1 Xét tính liên t c t i ñi m x = 0 : 0 ≤ xα sin   ≤ xα , mà lim xα = 0 ∀α > 0 , suy ra x→0 x 1 lim f ( x) = lim xα sin   = 0 = f (0) . x→0 x →0 x Do ñó, f liên t c trên ℝ . V i m i α , f kh vi t i m i ñi m x ≠ 0 . C n tìm α ñ f ( x ) − f (0) 1 h n f ′(0) = lim = lim xα −1 sin   t n t i. x →0 x →0 x x f kh vi t i x = 0 , t c là gi i 1 Tr n Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 1 Gi i h n trên t n t i v i m i α > 1 : lim xα −1 sin   = 0 . x →0 x Ta ch ng minh nó không t n t i v i α ≤ 1 . 1 Th t v y, gi s lim xα −1 sin   = lim t 1−α sin t = M , x→0  x  t →∞ t c là v i m i ε > 0 , ∃t0 : t > t0 ⇒ t 1−α sin t − M < ε . Cho t = kπ v i s nguyên k ñ l n, ta ñư c M < ε , ∀ε > 0 , suy ra M = 0 . Khi ñó, ∀ε > 0 , ∃t0 : t > t0 ⇒ t 1−α sin t < ε . 1 π π  Ch n ε = , t = + kπ v i s nguyên k ñ l n, do 1 − α ≥ 0 nên  + kπ  2 2 2  1−α ≥1> ε , khi ñó t1−α sin t > ε , mâu thu n. V y α >1. ð o hàm và s bi n thiên c a hàm s D ng bài ch ng minh hàm tăng gi m b ng cách tính ñ o hàm Bài toán 3. Kh o sát s bi n thiên c a hàm s f ( x) ñư c xác ñ nh như sau: x  x+ 1  f ( x) =  1 + e x  0 L i gi i. lim f ( x) = 0 = f (0) , suy ra f liên t c t i x = 0 . x→0 khi x ≠ 0 . khi x = 0 (KSTN 1999) V i x ≠ 0 , f '( x) = 1 + 1 + e x + xe x 1 1 1+ e x + e x 2 x = 1+ x . 1 2 1 2     x x 1 + e  1 + e      1 1 1 1 ð t t= 1 , g (t ) = 1 + et + tet . x g '(t ) = et ( t + 2 ) = 0 ⇔ t = −2 , qua ñi m t = −2 , g '(t ) ñ i d u t âm sang dương, do ñó g (t ) ≥ g (−2) = 1 − e −2 > 0 , suy ra f '( x ) > 0 v i m i x ≠ 0 . V y f ( x) ñ ng bi n trên ℝ . 2 Tr n Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Bài toán 4. Cho hàm s f ( x) liên t c và ngh ch bi n trên ño n [ 0;b ] và cho a ∈ ( 0; b ) . Ch ng minh r ng: b ∫ f ( x)dx ≥ a ∫ f ( x)dx . 0 0 a b (Olympic SV 1995) (KSTN 2005) L i gi i. Xét hàm F ( x) = ∫ f (t )dt 0 x x , ta c n ch ng minh F (a) ≥ F (b) v i a ≤ b , xf ( x) − ∫ f (t )dt x 0 2 x t c F là hàm gi m. ð o hàm F : x0 F '( x) = x0 . Do f ( x) ngh ch bi n nên ∫ 0 f (t )dt ≥ ∫ f ( x )dt = x 0 0 0 f ( x0 ) , ∀x0 ∈ ( 0; b ) . Do ñó F '( x) ≤ 0 , ∀x > 0 , suy ra ñpcm. ð o hàm c a hàm h ng Hàm h ng kh vi m i c p b ng 0. Trong nhi u bài t p có cho gi thi t f ( x) = 0 v i m i x ∈ D , vi c ñ o hàm nhi u l n c 2 v có th giúp gi i quy t v n ñ . Bài toán 5. Cho trư c các s th c λ1 , λ2 ,… , λn khác nhau t ng ñôi m t. Ch ng minh r ng: k1 x − λ1 + k2 x − λ2 + … kn x − λn = 0 v i m i x ∈ ℝ khi và ch khi k1 = k2 = … = kn = 0 . (KSTN 2009) L i gi i. Ch ng minh quy n p. Trư ng h p n = 1 hi n nhiên ñúng. Gi s bài toán ñúng ñ n n − 1 , nghĩa là n u ∑a i =1 n −1 i x − bi = 0 , ∀x ∈ ℝ thì t t c ai = 0 . Ta ch ng minh n u f ( x) = k1 x − λ1 + k2 x − λ2 + … kn x − λn = 0 v i m i x ∈ ℝ thì k1 = k2 = … = kn = 0 . 3 Tr n Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Th t v y, không m t tính t ng quát, gi s λ1 < λ2 < … < λn −1 = a < λn = b . Khi ñó, f ( x) = ( k1 + k2 + … + kn ) x − ( k1λ1 + k2λ2 + … + kn λn ) = 0 v i m i x > b , f là hàm h ng trên ( b; +∞ ) nên f ′( x) = 0 v i m i x > b , hay: k1 + k2 + … + kn −1 + kn = 0 . (1) M t khác f ( x) = ( k1 + k2 + … + kn −1 − kn ) x − ( k1λ1 + k2λ2 + … + kn −1λn −1 − kn λn ) = 0 v i m i x ∈ ( a, b ) , f là hàm h ng trên ( a, b ) nên f ′( x) = 0 v i m i x ∈ ( a, b ) , hay: k1 + k2 + … + kn −1 − kn = 0 . m i x ∈ ℝ , theo gi thi t quy n p thì k1 = k2 = … = kn−1 = 0 . V y k1 = k2 = … = kn = 0 n u k1 x − λ1 + k2 x − λ2 + … kn x − λn = 0 ∀x ∈ ℝ . (2) T (1) và (2) suy ra kn = 0 , suy ra f ( x) = k1 x − λ1 + k2 x − λ2 + … kn −1 x − λn−1 = 0 v i Chi u ngư c l i hi n nhiên ñúng, bài toán ñư c ch ng minh. Bài toán 6. Cho trư c các s th c k1 , k2 ,… , kn khác nhau t ng ñôi m t. Ch ng minh r ng: a1ek1x + a2e k2 x + … + an e kn x = 0 v i m i x ∈ ℝ khi và ch khi a1 = a2 = … = an = 0 . (KSTN 2000) L i gi i. Ch ng minh quy n p. Trư ng h p n = 1 hi n nhiên ñúng. Gi s bài toán ñúng ñ n n − 1 , nghĩa là n u ∑a e i =1 i n −1 ki x = 0 , ∀x ∈ ℝ thì t t c ai = 0 . Ta ch ng minh n u a1e k1x + a2 ek2 x + … + an ekn x = 0 v i m i x ∈ ℝ thì a1 = a2 = … = an = 0 . Xét hàm f ( x) = a1e k1x + a2 ek2 x + … + an ekn x . N u f ( x) = 0 , ∀x ∈ ℝ , thì 0 = f ′( x) = a1k1e k1x + a2 k2e k2 x + … + an kn ekn x , ∀x ∈ ℝ . Suy ra 0 = f ′( x) − kn f ( x) = ∑ ai ( ki − kn )e ki x ∀x ∈ ℝ . i =1 n −1 T gi thi t quy n p ta có ai ( ki − kn ) = 0 , do ñó ai = 0 (vì ki ≠ kn ) v i m i i = 1, n − 1 . Suy ra an ekn x = 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ an = 0 . V y a1 = a2 = … = an = 0 . Bài toán 7. Cho trư c các s th c k1 , k2 ,… , kn khác nhau t ng ñôi m t. Ch ng minh r ng a1 cos ( k1 x ) + a2 cos ( k2 x ) + … + an cos ( kn x ) = 0 v i m i x ∈ ℝ khi và ch khi a1 = a2 = … = an = 0 . 4 Tr n Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 (KSTN 2007) L i gi i. Ch ng minh quy n p. Trư ng h p n = 1 hi n nhiên ñúng. Gi s bài toán ñúng ñ n n − 1 , nghĩa là n u ∑ a cos ( k x ) = 0 , ∀x ∈ ℝ thì t i =1 i i n −1 t c ai = 0 . Ta ch ng minh n u a1 cos ( k1 x ) + a2 cos ( k2 x ) + … + an cos ( kn x ) v i m i x ∈ ℝ thì a1 = a2 = … = an = 0 . Xét hàm f ( x) = a1 cos ( k1 x ) + a2 cos ( k2 x ) + … + an cos ( kn x ) . N u f ( x) = 0 , ∀x ∈ ℝ , thì 0 = f ′′( x) = −a1k12 cos ( k1 x ) − a2 k2 2 cos ( k2 x ) − … − an kn 2 cos ( kn x ) , ∀x ∈ ℝ . Suy ra 0 = f ′′( x) + k n 2 f ( x ) = ∑ ai ( kn 2 − ki 2 ) cos ( ki x ) , ∀x ∈ ℝ . T gi thi t quy n p ta có ai ( kn 2 − ki 2 ) = 0 , do ñó ai = 0 (vì ki ≠ kn ) v i m i i = 1, n − 1 . i =1 n −1 Suy ra an cos ( kn x ) = 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ an = 0 . V y a1 = a2 = … = an = 0 . ð o hàm c a hàm h p h p g ( x) = ϕ ( f ( x) ) kh vi t i ñi m x = x0 , và N u hàm f ( x) kh vi t i ñi m x = x0 và hàm ϕ ( x) kh vi t i ñi m x = f ( x0 ) , thì hàm g '( x) = ϕ ' ( f ( x0 ) ) f '( x0 ) . Trong nhi u bài t p, ta th y s xu t hi n c a m t hàm d ng f '( x)ϕ ' ( f ( x) ) , khi ñó ta tìm nguyên hàm ϕ ( x) , r i xét hàm g ( x) = ϕ ( f ( x) ) . Bài toán 8. Cho hàm s f : [ a, b ] → ℝ v i b − a ≥ 4 , kh vi trên (a, b) . Ch ng minh r ng t n t i x0 ∈ (a, b) sao cho f ' ( x0 ) < 1 + ( f ( x0 ) ) . 2 (Olympic SVBK 2011) Nh n xét. ñây có s xu t hi n c a hàm f '( x) 1 + ( f ( x) ) 2 , nghĩa là ϕ '( x) = 1 , nên ϕ ( x) = arctan x . 1 + x2 5