Bộ tài liệu ôn thi kĩ sư tài năng 2011

+= + < + = . 2. 1 2 2 4n n n n nu u u u u− −= + < ⇒ < , 2n∀ ≥ . Câu II. 1) Dễ thấy không tồn tại ña thức bậc 0,1,2 thỏa mãn ñề bài. Xét ña thức ( )P x bậc 3n ≥ thỏa mãn ñiều kiện ( ) ( )P x P x′′> và ( ) ( )P x P x′ ′′> , x∀ ∈ℝ . Khi ñó, ña thức ( ) ( )P x P x′′− có bậc n chẵn, và ña thức ( ) ( )P x P x′ ′′− có bậc 1n − chẵn, mâu thuẫn. Vậy không tồn tại ña thức thỏa mãn ñề bài. 2) Phản chứng. Giả sử 0x∃ ñể 0( ) 0Q x , x∀ ∈ℝ , nên bậc n của nó là số chẵn, suy ra lim ( ) x f x →±∞ = +∞ . Khi ñó, tồn tại 1 2,x x thỏa mãn 1 0 2x x x< < và 1 2( ) ( ) 0g x g x= = . ðặt ( ) ( )xf x e Q x−= . Ta có 1 2( ) ( ) 0f x f x= = , áp dụng ñịnh lý Rolle, phương trình ( )( ) 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( )xf x e Q x Q x Q x Q x−′ ′ ′= ⇔ − = ⇔ − có nghiệm. Câu III. 1) Kiểm tra trực tiếp 2) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) f x f yf x y f x f y + + = − Thay 0y = ñược ( ) (0)( ) 1 ( ) (0) f x ff x f x f + = − ( )( )2(0) 1 ( ) 0 (0) 0f f x f⇒ + = ⇒ = . Mặt khác, ( ) ( )( ) 2( ) 1 ( )( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) f x f xf x f x f x x f xf x x f x f x x x f x f x ∆ ++ ∆ + ∆ − + ∆ = ⇒ = − ∆ ∆ ∆ − ∆ . Cho 0x∆ → , ta ñược ( ) ( )2 21( ) (0) 1 ( ) 1 ( )f x f f x c f x′ ′= + = + , 12( )1 ( ) f x cf x ′ ⇒ = + . Lấy nguyên hàm 2 vế, ta có ( )1 2 1 2arctan ( ) ( ) tanf x c x c f x c x c= + ⇒ = + . Do (0) 0f = nên 2 0c = . Vậy 1( ) tan( )f x c x= . Câu IV. 1) 1 0 1 1 n nS x dx n = = +∫ lim 0n n S →∞ ⇒ = 2) Do ( 1)( 1) 1p q− − = nên ñồ thị (C) hàm 1qy x −= cũng chính là ñồ thị hàm 1px y −= . Diện tích giới hạn bởi ñường 0y = , y b= và (C) là 11 0 b q q bS x dx q − = =∫ . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 38 Diện tích giới hạn bởi ñường 0x = , x a= và (C) là 11 0 a p p aS y dy p − = =∫ . Diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi ñường 0x = , x a= , 0y = , y b= là S ab= . Dễ thấy 1 2S S S+ ≥ , suy ra ñpcm. Câu V. Cộng thêm 1 2 1ix x x −+ + +… vào cả 2 vế phương trình thứ 2i ≥ , suy ra ñược: 1 2 1 2005 2005 2005 2004 i i i a x x x −  − + + + =     … . Khi ñó, với 2 1i n≤ ≤ − : ( ) ( )1 2 1 2 1 1 1 2005 2005 2005 2005 2005 2004 2005 2004 2005 i i i i i i i i x x x x x x x a a a − + + = + + + − + + +    − − = − =        … … Và 12004 2005n n a x − = ⋅ . *** Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 39 ðề số 7 Câu I. 1) ( ) ( ) 1xf y yf x+ ≤ , [ ], 0;1x y∀ ∈ Thay sinx t= , cosy t= , 0; 2 t pi  ∈    , ta có: sin (cos ) cos (sin ) 1t f t t f t⋅ + ⋅ ≤ ( )2 0 2 2 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 sin (cos ) cos (sin ) 1 (cos ) (cos ) (sin ) (sin ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 4 t f t t f t dt f t d t f t d t f x dx f x dx f x dx f x dx pi pi pi pi pi pi ⇒ ⋅ + ⋅ ≤ ⇒ − + ≤ ⇒ ≥ − + = ⇒ ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2) Xem giải Bài toán 5, Dãy số Câu II. 1) Không mất tổng quát khi giả sử 0ib ≠ , 1,i n∀ = . Xét hàm ( ) ( ) ( )1 21 2 1 2 ( ) cos cos cosn n n aa aF x b x b x b x b b b = − − − −… . (0) (2 )F F pi= , sau ñó áp dụng ñịnh lý Rolle. 2) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2( ) cos cos cosn n nf x a b b x a b b x a b b x′ = + + +… 1 1 2 2 0 0 ( ) sin(0) lim lim 1n n x x f x x a b a b a b f x x→ → ′+ + + = = ≤ =… . Câu III. 1) 2x = . Giải tương tự Bài toán 14, Dãy số 2) Xét dãy { }nx : 1 12 n n x x + = − , 0x là số thực tùy ý. Khi ñó, ( ) ( )0 nf x f x= , n∀ ∈ℕ . Chứng minh lim 2n n x →∞ = − , từ ñó suy ra ( ) ( )0 lim ( 2)n n f x f x f c →∞ = = − = , 0x∀ ∈ℝ . Kết luận: ( )f x là hàm hằng. Câu IV. Lấy một ñiểm A bất kì trong 2011 ñiểm ñã cho, vẽ ñường tròn C1 tâm A bán kính bằng 1. + Nếu tất cả các ñiểm ñều nằm trong hình tròn C1 thì hiển nhiên có ñpcm. + Nếu tồn tại một ñiểm B mà khoảng cách giữa A và B lớn hơn 1 thì ta vẽ ñường tròn C2 tâm B bán kính bằng 1. Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 40 Khi ñó, xét một ñiểm C bất kì trong số 2009 ñiểm còn lại. Xét 3 ñiểm A, B, C, vì AB > 1 nên theo giả thiết ta có AC ≤ 1 hoặc BC ≤ 1. Nói cách khác, ñiểm C phải thuộc C1 hoặc C2, suy ra 2009 ñiểm khác B và A phải nằm trong C1 hoặc C2. Theo nguyên lí ði-rích-lê ta có một hình tròn chứa ít nhất 1005 ñiểm. Tính thêm tâm của hình tròn này thì hình tròn này chính là hình tròn bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1006 ñiểm trong 2011 ñiểm ñã cho. Câu V. * Chứng minh bất ñẳng thức: ( )2 ( 1) 13n n n n n> − − − (1) ( ) 3(1) ( 1) 1 2 1 ( 1) 1 2 1 (2) 2 1 n n n n n n n n n n n n n ⇔ > − − − ⇔ > − − − − ⇔ > + − (2) ñúng với mọi *n∈ℕ vì 1 1 1 2 21 2 1 n n n n n n n − − − < = < + − − . Từ (1) suy ra ( ) 1 1 2 ( 1) 1 3 n n k k k k k k k = = > − − −∑ ∑ 21 2 3 n n n⇒ + + + >… * Chứng minh bất ñẳng thức: ( )1 2 ( 1) 12 3n n n n n n− + < − − − (3) ( ) ( ) ( )( ) 2 3(3) 1 ( 1) 1 4 3 1 ( 1) 1 4 3 1 1 4 1 3 1 1 4( 1) 2 ( 1) 2 1 4 ( 1) (2 1) 0 1 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n ⇔ − + < − − − − − ⇔ < − − − − − − ⇔ < + − ⇔ − − + − < − ⇔ − < − ⇔ − < − ⇔ < Từ (3) suy ra ( ) 1 1 1 2 ( 1) 1 2 3 n n k k k k k k k k = = − + < − − −∑ ∑ 1 21 2 1 2 3 4 31 2 1 6 n n n n n n n n ⇒ + + + − + < + ⇒ + + + − + < … … Gợi ý cách giải hình học: Vẽ ñồ thị hàm y x= . *** Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 41 ðề số 8 Câu I. 1) Ta có ( ) 2 3 2 11 2 3 11 1 1 1 n n n n n n n n n n n n n n n n n n a n n n n n n n ++ + + + + + + − −≤ = ≤ = = ⋅ < − − − … … . Theo nguyên lý kẹp, lim 1n n a →∞ = . 2) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 21 1 1 1 1 1 1 1x x x x dx dxI dx e x e x e x e x − − − − −    = = = +  + + + + + + + +  ∫ ∫ ∫ 1 2 1 1 2 1 4 dx x pi − = = +∫ . Câu II. 1) Xét hàm 2 1 503( ) 2 1 n n nax x xf x n n n + + = + + + + . Do (0) (1) 0f f= = nên phương trình ( ) 0f x′ = có nghiệm. Khi ñó, phương trình 2 503 0ax x+ + = có nghiệm, suy ra 11 2012 0 2012 a a∆ = − ≥ ⇒ ≤ . 2) Với mỗi x ∈ℝ cố ñịnh, xét hàm ( ) ( )sin( ) ( ) cos( )g y f y y x f y y x′= − − − . Khi ñó, ( )( ) ( ) ( ) sin( ) 0g y f y f y y x′ ′′= + − ≥ , [ ],y x x pi∀ ∈ + . Suy ra ( ) ( )g x g x pi≤ + , nghĩa là ( ) ( ) 0f x f x pi+ + ≥ . Câu III. 2011( ) (1) ( ) ( ) ( ) , (2) xf x e x f x y f x f y x y  ≥ ∀ ∈  + ≥ ∀ ∈ ℝ ℝ Từ (1) suy ra ( ) 0f x > , x∀ ∈ℝ . Thay 0x = vào (1) ñược (0) 1f ≥ . Thay 0y = vào (2) ñược ( ) ( ) (0) (0) 1f x f x f f≥ ⇒ ≤ . Do ñó (0) 1f = . Thay y x= − vào (2) ta có 2011 20111 (0) ( ) ( ) 1x xf f x f x e e−= ≥ − ≥ = , suy ra 2011( ) xf x e= . Câu IV. 1) 0 0 ( ) 1 ( ) ( ) x x f x F x f x dx dx x≤ ⇒ = ≤ =∫ ∫ . ( ) 0 ( ) (1)f x F x F a≥ ⇒ ≤ = , [ ]0;1x∀ ∈ . 2) Theo câu 1, ta có: 1 1 1 2 2 0 0 0 ( ) ( ) ( ) (1 ) 2 2 a a a a a aF x dx F x dx F x dx xdx a dx a a a= + ≤ + = + − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 42 3) Tích phân từng phần, 1 1 1 1 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( )F x dx xF x xf x dx a xf x dx= − = −∫ ∫ ∫ . Theo câu 2, 1 2 0 ( ) 2 aF x dx a≤ −∫ 1 2 0 ( ) 2 a xf x dx⇒ ≥∫ . 4) Xét hàm ( ) 1 ( )g x f x= − , khi ñó [ ] [ ]: 0;1 0;1g → liên tục, 1 0 ( ) 1g x dx a= −∫ . Theo câu 3, ta có ( ) 1 1 12 0 0 0 (1 ) 1( ) 1 ( ) ( ) 2 2 a xg x dx x f x dx xf x dx− ≤ = − = −∫ ∫ ∫ Suy ra 1 2 2 0 1 (1 )( ) 2 2 2 a a xf x dx a−≤ − ≤ −∫ . ðẳng thức xảy ra ở bất ñẳng thức 3) nếu ( )( ) 0( ) 1 x x a F x a a x  ≤ ≤ =  ≤ ≤ Do ( )F x khả vi trên [ ]0;1 nên 0a = hoặc 1a = , ứng với ( ) 0F x ≡ hoặc ( )F x x≡ . Khi ñó, ( ) 0f x ≡ hoặc ( ) 1f x ≡ . Do ñó, ñẳng thức xảy ra ở (4) nếu ( ) 0f x ≡ hoặc ( ) 1f x ≡ . Câu V. Gọi M, Q, N, P lần lượt là các trung ñiểm của AB, BC, CD, DA (hình 3). Vì ABCD là hình bình hành => MN // AD // BC ; PQ // AB // CD. Gọi d là một trong 17 ñường thẳng ñã cho. Nếu d cắt AB tại E ; CD tại F ; PQ tại L thì LP, LQ lần lượt là ñường trung bình của các hình thang AEFD, EBCF. Ta có : S(AEFD) / S(EBCF) = 1/3 hoặc S(EBCF) / S(EBFC) = 1/3 => LP / LQ = 1/3 hoặc là LQ / LP = 1/3. Trên PQ lấy hai ñiểm L1, L2 thỏa mãn ñiều kiện L1P / L1Q = L2Q / L2P = 1/3 khi ñó L trùng với L1 hoặc L trùng với L2. Nghĩa là nếu d cắt AB và CD thì d phải qua L1 hoặc L2. Tương tự, trên MN lấy hai ñiểm K1, K2 thỏa mãn ñiều kiện K1M / K1N = K2N / K2M = 1/3 khi ñó nếu d cắt AD và BC thì d phải qua K1 hoặc K2. Tóm lại, mỗi ñường thẳng trong số 17 ñường thẳng ñã cho phải ñi qua một trong 4 ñiểm L1 ; L2 ; K1 ; K2. Vì 17 > 4.4 nên theo nguyên lí ði-rích-lê, trong 17 ñường thẳng ñó sẽ có ít nhất 5 ñường thẳng (5 = 4 + 1) cùng ñi qua một trong 4 ñiểm L1 ; L2 ; K1 ; K2 (5 ñường thẳng ñồng quy, ñpcm). *** Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 43 ðề số 9 Câu I. 1) 1 1 0 0 0 ( ) 1 11 n x nt nt n x t t n e e d eI dx n dt e e e − − − − − − = = = − + + + ∫ ∫ ∫ 1 1 1( 1) ( 1) 2 2 0 00 1 1 (1 ) 2 (1 ) nt n t n t t t t e e edt dt e e e − − + − + − − − = − − = − + + +∫ ∫ . Mà 1 1( 1) 1( 1) ( 1) 2 10 0 0 1 1 10 1(1 ) 1 1 n t n t n t t n e dt e dt e e n n e − + − + − + − +  ≤ ≤ = − ⋅ = − + + +  ∫ ∫ 1 ( 1) 2 0 1lim 0 lim(1 ) 2 n t ntn x e dt I e − + −→∞ →∞ ⇒ = ⇒ = +∫ . 2) Xét số vô tỉ [ ],r a b∈ tùy ý. Khi ñó, tồn tại dãy số hữu tỉ { }nx sao cho lim n n x r →∞ = . Do f liên tục trên [ ],a b nên ( ) lim ( ) 0n n f r f x →∞ = = . Vậy ( ) 0f x ≡ . Câu II. 1) Giải tương tự câu III, ðề số 1. 2) ðặt 1( ) ( )f x xϕ= , ta có 2 ( )( ) ( ) xf x x ϕ ϕ ′ ′ = − , ( ) ( ) 2 3 2 ( ) ( ) ( )( ) ( ) x x xf x x ϕ ϕ ϕ ϕ ′ ′′ − ′′ = . Khi ñó, ( ) 0f x > , ( ) 0f x′ < , ( ) 0f x′′ ≥ , [ )0;x∀ ∈ +∞ . ⇒ ( ) 0f x′ < và ( )f x′ không giảm trên [ )0;+∞ , nên tồn tại giới hạn lim ( ) 0 x f x c →∞ ′ = ≤ . Áp dụng Lagrange, ∃ ( )0; xα ∈ : ( ) (0) ( ) ( ) (0)f x f f c f x cx f x α − ′= ≤ ⇒ ≤ + , 0x∀ > . Nếu 0c < thì ( )lim (0) x cx f →+∞ + = −∞ , mâu thuẫn với ( ) 0f x > . Suy ra 0c = . Vậy lim ( ) 0 x f x →∞ ′ = ⇒ ( )2 ( )lim 0 ( )x x x ϕ ϕ→+∞ ′ = . Câu III. 1) ( ) ( )( 1) 0xyz x y z yz x t x t x t yz yzt y z t = + + ⇒ − = − ⇒ − − = = + + Nếu 1yz = thì thay vào phương trình ñầu ñược x x y z= + + 2 2 20 ( ) 0y z yz y z y z⇒ + = ⇒ = + − − < , mâu thuẫn với 1yz = . Do ñó, x t= . Chứng minh tương tự ñược x y z t= = = . Thay vào phương trình ñầu ñược nghiệm duy nhất của hệ là 3x y z t= = = = . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 44 2) Ta có 1 ( ) 2f x≤ ≤ ( )( ) 2( ) 1 ( ) 2 0 ( ) 3( )f x f x f x f x⇒ − − ≤ ⇒ + ≤ , [ ]0;1x∀ ∈ . Do ñó, 1 1 0 0 2( ) 3( )f x dx dxf x+ ≤∫ ∫ , mà 1 0 3( ) 2 f x dx =∫ nên 1 0 3 ( ) 4 dx f x ≤∫ . Nếu ñẳng thức xảy ra thì hàm ( )f x nhận giá trị 1 hoặc 2 trên [ ]0;1 , do tính liên tục nên ( ) 1f x ≡ hoặc ( ) 2f x ≡ . Khi ñó, 1 0 ( ) 1f x dx =∫ hoặc 1 0 ( ) 2f x dx =∫ , mâu thuẫn giả thiết. Vậy ñẳng thức không xảy ra, nghĩa là 1 0 3 ( ) 4 dx f x <∫ . Câu IV. Ta tô các ô trên bàn cờ xen kẽ các màu ñen trắng như bàn cờ vua. Do sự “ bình ñẳng màu “ nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng ô dưới cùng bên trái có màu trắng. Từ cách ñi của con mã ta nhận thấy rằng sau mỗi nước ñi con mã sẽ sang một ô khác màu với ô mà nó ñang ñứng. Vì thế sau một số lẻ nước ñi con mã sẽ ở ô màu ñen , sau một số chẵn nước ñi con mã sẽ ở ô màu trắng. Trở lại bài toán, ta thấy rằng ñi từ ô dưới cùng bên trái lên ô trên cùng bên phải cần ñi 63 nước ñi. Vì thế ô trên cùng bên phải sẽ cần mang màu ñen. ðiều này là vô lý. Vậy quân mã không thể ñi từ ô dưới cùng bên trái nên ô trên cùng bên phải như yêu cầu của ñầu bài ñược. Câu V. Giả sử ña giác có ñộ dài các cạnh sắp thứ tự là 1 2 na a a≤ ≤ ≤… . Ta cần chứng minh có số i nào ñó mà 1 2i i a a + < . Thật vậy, giả sử 1 2i i a a + ≥ , 1,i n∀ = . Khi ñó, 2in n ia a −≥ , 1,i n∀ = 1 2 1 1 2 1 1 1 1 11 2 2 2 2n n n nn n n a a a a a a − − − −     ⇒ + + + ≤ + + + = − ≤        … … . Nếu cạnh AB có ñộ dài na thì theo trên, ñộ dài ñường gấp khúc dọc theo chu vi ña giác sẽ ngắn ñộ dài ñoạn thẳng AB, vô lí. Vậy có số i nào ñó mà 11 2i i a a +≤ < 1 1 1 2 i i a a +   ⇒ < ≤    (ñpcm). *** Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 45 ðề số 10 Câu I. 1) Xem giải Bài toán 28, Dãy số Câu II. 1) ( )* 0 sin sinn nxI dx n x pi = ∈∫ ℕ 1 1 0 0 0 sin ( 1) sin ( 1) 2cos sin 2 cos 0 sin sinn n n x n x nx xI I dx dx nx dx x x pi pi pi + − + − − − = = = =∫ ∫ ∫ , *n∀ ∈ℕ . Suy ra, *n∀ ∈ℕ : 2 1 1 0 0 2 2 0 0 sin sin sin 2 cos 0 sin n n xI I dx dx x xI I dx x dx x pi pi pi pi pi −  = = = =    = = = =  ∫ ∫ ∫ ∫ 2) Xem giải Bài toán 29, Hàm khả vi Câu III. ( ) ( )1 1 1 11 1 ln 1 1 ln 1 1 (*) 1ln 1 n n e n n n n n n n n α β α β α β + +         + ≤ ≤ + ⇔ + + ≤ ≤ + +                ⇔ ≤ − ≤   +    Xét hàm 1( ) 1ln 1 f x x x = −   +    ( )0x > . Ta có 2 1( ) 1 1( 1) ln 1 f x x x x ′ = −   + +    . Dễ chứng minh ñược ( )ln 1 1 t t t + < + , 0t∀ > , suy ra 22 1 1 1ln 1 1 ( 1)1 x x x x x   + < =  +  + . Do ñó, ( ) 0f x′ > , 0x∀ > , f là hàm tăng trên ( )0;+∞ . Mà 1(1) 1 ln 2 f = − , 1lim ( ) 2n f n →∞ = . Vậy các số cần tìm là 1 1 ln 2 α = − , 1 2 β = . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 46 Câu IV. Chia nền nhà thành các ô vuông ñơn vị . Ta ñánh số 1 vào ô ở góc trên cùng bên trái. Sau ñó cách 1 ô ñánh số 1 ô (như hình vẽ) . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Viên 1 x 4 luôn có 2 hoặc 0 ô bị ñánh số, còn ô 2 x 2 luôn có ñúng 1 ô bị ñánh số. Do vậy khi thay viên 2 x 2 bằng viên 1 x 4 thì số ô ñánh dấu thay ñổi một số lẻ nên không thể lát kín sàn nhà với số gạch mới . Bài toán có câu trả lời phủ ñịnh. Câu V. Xét hàm số ( ) ( )2 2 2 21 2 1 2( ) 1 n nf x x a a a x a a a= − + + + + + + + +… … . Ta có lim ( ) x f x →+∞ = +∞ ; ( )2 1 (1) 0 n k k k f a a = = − ≤∑ , vì 0 1ka≤ ≤ , với mọi 1,2, ,k n= … . Suy ra phương trình ( ) 0f x = có nghiệm. Do ñó ( ) ( )2 2 2 21 2 1 21 4 0n na a a a a a∆ = + + + + − + + + ≥… … . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 47 ðề số 11 Câu I. 1) Khi 1a = , hệ 2 2 2 2 2 2 1 1 1 x y z x y z x y z  + + =  + + =  + + = 2 2 1 0 ( )( 1) 0 x y z y z x z x z  + + =  ⇒ − =  − + − = hoặc 2 2 1 1 0 ( )( 1) 0 x y z y z x z x z  + + =  + − =  − + − = ðáp số: 5 nghiệm 1 1 1, , 2 2 2       ; ( )1, 1, 1− − − , ( )0,0,1 , ( )0,1,0 ; ( )1,0,0 . 2) Biến ñổi giống câu 1. Nếu 1 8 a < − , hệ vô nghiệm. Nếu 1 8 a = − , hệ có ñúng 1 nghiệm 1 1 1, , 4 4 4   − − −    . Nếu 1 8 a > − , hệ luôn có ít nhất 2 nghiệm là ( )1 1 1, ,x x x và ( )2 2 2, ,x x x , trong ñó 1x và 2x là 2 nghiệm phân biệt của phương trình 22 0x x a+ − = . Kết luận: 1 8 a = − . Câu II. 1) Không thể chắc chắn. Thí dụ 3( )f x x= , 0c = . Khi ñó, (0) 0f ′ = , nhưng ( ) ( )1 2 2 21 1 2 2 1 2 0 f x f x x x x x x x − = + + > − , với mọi 1 2x x≠ . 2) Do ( ) 0f x ≥ , x∀ ∈ℝ , nên deg f n= là một số chẵn. Xét ña thức ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )ng x f x f x f x f x′ ′′= + + + +… . Do deg g n= chẵn nên lim ( ) x g x →±∞ = +∞ , suy ra tồn tại 0x ∈ℝ sao cho 0( ) min ( )g x g x= ℝ . Khi ñó, 0( ) 0g x′ = . Do deg f n= nên ( 1) ( ) 0nf x+ = , suy ra ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ng x f x f x f x g x f x′ ′ ′′= + + + = −… . Do ñó, 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0g x g x g x f x f x′≥ = + = ≥ , x∀ ∈ℝ . Câu III. 1) f tăng, bị chặn trên bởi 1, nên tồn tại giới hạn hữu hạn lim ( ) x L f x →+∞ = thỏa mãn: ( ) 1 11 4 2 L L L− ≥ ⇒ = . Cách làm tương tự như Bài toán 16, Dãy số. 2) 0; 4 x pi ∀ ∈    , ( ) 10 tan tan n nx x x x x +≤ ≤ ⇒ ≥ Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 48 ( ) 24 4 1 0 0 1 tan 2 4 n n n x x dx x dx n pi pi pi + +  ⇒ ≥ =  +  ∫ ∫ . Câu IV. Ta chia quốc hội thành 2 viện A, B một cách tuỳ ý. Ta gọi S(A), S(B) là tổng số các kẻ thù của tất cả các thành viên trong mỗi viện tương ứng. Giả sử cách chia chưa thoả mãn yêu cầu: viện A có nghị sĩ C có ít nhất 2 kẻ thù trong A . Ta thực hiện thuật toán tráo ñổi: chuyển C từ A sang B ñể ñược cách chia mới: A’ = A\{C} B’ = B ∪ {C}. Vì loại ñược C ra khỏi A nên có ít nhất 2 kẻ thù của C ngày trước ñược giảm ñi 1 kẻ thù, còn C lại có nhiều nhất 1 kẻ thù trong B, khi ñó: S(A') S(A) 4 S(B') S(B) 2 ≤ − ≤ + Nếu cách chia mới chưa thoả mãn yêu cầu thì khi ñó, ta tiếp tục làm như thế. Sau mỗi lần chuyển như vậy, S(A) + S(B) luôn giảm ít nhất 2 ñơn vị. Rõ ràng thuật toán này phải dừng lại (nếu không, sẽ thu ñược vô số số tự nhiên nhỏ hơn số S(A) + S(B) ban ñầu, vô lí), nghĩa là tồn tại một cách chia (A*,B*) thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu V. Ta có ( ) 1 1 4 4 2 4 2 4 2 4 2 2 1k n k k n k n n + ≥ = = + − + + − + + ( )0 4 2k n< < + 3 1 1 1 1 1 1 1 22 (2 1) 2 1 2 3 1 4 2 2 1 1 1 1 1 1 2 3 1 n k n n n n n k n k n n n n + = +     ⇒ + + + = + ≥ + =   + + + + − +    ⇒ + + + > + + + ∑… … *** Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 49 ðề số 12 Câu I. 1) 2 2 2 2 2 2 0 0 0 sin (sin ) sin sin sin (cos ) 2 x dx x dx x dx pi pi pi pi   = − =      ∫ ∫ ∫ ( ) ( )2 2 22 2 2 2 0 0 0 cos (cos ) sin (sin ) cos (cos ) sin (cos ) 2 I x x dx x x dx dx pi pi pi pi ⇒ = + = + = =∫ ∫ ∫ . 2) { }( ) max ( ) y f x xy f y ∈ = − ℝ Với y x= ta có 2 2( ) ( ) ( ) 2 xf x x f x f x≥ − ⇒ ≥ , x∀ ∈ℝ . Khi ñó, { } 2 2 2 ( ) ( ) max ( ) max 2 2 2y y y y x xy f y xy f x xy f y xy ∈ ∈   − ≤ − ⇒ = − ≤ − =   ℝ ℝ . Vậy 2 ( ) 2 xf x = . Thử lại dễ thấy hàm này thỏa mãn. Câu II. 1) Xem giải Bài toán 14, Hàm liên tục 2) Ta có ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 0 0 0 0 ( ) 3 3 2 ( )(3 3) 6 ( )( 1)f x dx x dx f x x dx f x x dx′′ ′′ ′′+ − ≥ − = −∫ ∫ ∫ ∫ , ( ) 1 1 1 1 0 0 0 0 ( )( 1) ( 1) ( ) ( 1) ( ) ( ) (0) (1) (0) 1f x x dx x d f x x f x f x dx f f f′′ ′ ′ ′ ′− = − = − − = − + =∫ ∫ ∫ , ( ) ( )1 12 2 0 0 3 3 9 2 1 3x dx x x dx− = − + =∫ ∫ . Suy ra ( ) 1 2 0 ( ) 6 3 3f x dx′′ ≥ − =∫ . ðẳng thức xảy ra với ( ) 3 3 (0) (1) 0 (0) 1 f x x f f f ′′ = −  = =  ′ = 3 23( ) 2 2 x xf x x⇔ = − + . Vậy ( ) 1 2 ( ) H 0 min ( ) 3 f x f x dx ∈ ′′ =∫ . Câu III. Xem giải Bài toán 11, Dãy số Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 50 Câu IV. ðK: 0x > , 0y > . ðặt 3log 1x a− = , 3log 1y b− = . Ta có 2 2 1 3 1 3 b a a a b b     + + = + + = 2 21 3 1 3 (*)a ba a b b⇒ + + + = + + + Xét: 2 2 ( ) 1 3 ( ) 1 3 ln3 0 ( 0) 1 t t f t t t tf t do t t t = + + + = + + > + ≥′ + Vậy từ (*) suy ra a b= , do ñó 2 1 3aa a+ + = → ( )2ln 1 ln 3a a a+ + = Xét hàm ( )2( ) ln 1 ln 3g t t t t= + + − , 21'( ) ln 3 01g t t= − <+ ( ) 0 (0) 0g a g a= = ⇒ = ⇒ 3log 1 0x − = 3x y⇒ = = . Hệ phương trình có nghiệm duy nhất 3x y= = . Câu V. Lấy trên chu vi ña giác 2 ñiểm A,B sao cho chúng chia chu vi ña giác thành 2 ñường gấp khúc AmB và AnB có ñộ dài bằng nhau và bằng 1 2 . Gọi M là trung ñiểm của AB. Lấy ñiểm C bất kì nằm trong (hoặc trên biên) ña giác. Dễ thấy ñộ dài ñường gấp khúc ACB không lớn hơn ñộ dài ñộ dài ñường gấp khúc AmB nếu C nằm trong nửa ña giác giới hạn bởi AmB, và không lớn hơn ñộ dài ñộ dài ñường gấp khúc AnB nếu C nằm trong nửa còn lại. Do ñó, ta luôn có 1 2 AC BC+ ≤ , suy ra ( )1 1 2 4 CM AC BC≤ + ≤ . Như vậy, ña giác nằm trọn trong ñường tròn tâm M bán kính 1 4 . m n M C B A ***