Kỷ yếu Kỳ thi Olympic toán học sinh viên - học sinh lần thứ 26

=  2t f (ξt)dt 6 2t f (ξt)dt 6 2M t dt
 a 0 0 0
 m3 (b − a)3
 = 2M = M.
 3 12
Bài 5.10 (Học viện Phòng không Không quân). 1. Ta thấy rằng để cho dãy
số {an} xác định thì x > 0. Khi n → ∞ thì số hạng an chính là tích phân suy
rộng
 Z ∞ ln x
 2 dx.
 0 1 + x
Ta sẽ chứng minh tích phân này hội tụ. Thật vậy
 Z ∞ ln x Z 1 ln x Z ∞ ln x
 2 dx = 2 dx + 2 dx.
 0 1 + x 0 1 + x 1 1 + x
  ln x 1 
Xét tích phân thứ nhất. Với α bất kỳ thuộc vào (0, 1) ta luôn có lim : =
 x→0+ 1 + x2 xα
 ln x 1 Z 1 1
0. Suy ra 2 < α mà tích phân α dx hội tụ nên theo tiêu chuẩn
 1 + x x 0 x
 Z 1 ln x
so sánh thì 2 dx hội tụ. Tương tự, trong tích phân thứ hai, ta thấy
 √ 0 1 + x
 x x ln x Z ∞ 1
 √
rằng 2 → 0 khi x → ∞. Tích phân dx hội tụ nên tích phân
 1 + x 1 x x
Z ∞ ln x
 2 dx hội tụ.
 1 1 + x
 Z ∞ ln x
Vậy 2 dx hội tụ. Tức là dãy {an} hội tụ với x > 0.
 0 1 + x
2. Tính giới han. Ta có
 Z ∞ ln x Z 1 ln x Z ∞ ln x
 2 dx = 2 dx + 2 dx.
 0 1 + x 0 1 + x 1 1 + x
 Z ∞ ln x 1 1
Xét tích phân 2 dx. Đặt x = , suy ra dx = − 2 dt. Ta có tích phân
 1 1 + x t t
mới
 Z 0 ln(1/t)  1  Z 0 ln t
 1 − 2 dt = 2 dt.
 1 1 + t2 t 1 1 + t
 Z ∞ ln x
Vậy lim an = 2 dx = 0.
 n→∞ 0 1 + x
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 145
Bài 5.11 (Học viện Phòng không Không quân). 1. Tích phân này không tồn
tại do hàm f không khả tích. Thật vậy, với phân hoạch bất kỳ chia đoạn [0, 1]
thành các đoạn con bởi các điểm
 0 = x0 < x1 < x2 < ··· < xn = 1,
thì mỗi đoạn con [xi−1, xi], i = 1, 2, . . . , n đều chứa các điểm hữu tỉ và các
điểm vô tỉ nên
 wi = max f(x) − min f(x) = 1 − 0 = 1.
 x∈[xi−1,xi] x∈[xi−1,xi]
Vì vậy,
 n n
 X X
 wi∆xi = ∆xi = 1 − 0 = 1 với ∆xi = xi − xi−1.
 i=1 i=1
 P
Do đó, lim i wi∆xi = 1 6= 0. Suy ra hàm f không khả tích trên [0, 1].
 max ∆xi→0
2. Ta có
 Z 1 1 Z 1 Z 1
 0 
 xf (x)dx = xf(x) − f(x)dx = f(1) − f(x)dx = 0
 0 0 0 0
Thế nên
 Z α Z 1 Z 1
 f(x)dx = α f(αx)dx = α [f(αx) − f(x) − (α − 1)xf 0(x)]dx
 0 0 0
 Z 1 f 00(θ)
 = α(α − 1)2 x2 dx.
 0 2
Từ đây suy ra
Z α   Z 1 00   Z 1 2 
   2 2 f (θ)   2 x  00
 f(x)dx = α(α − 1) x dx ≤ α(α − 1) dx max |f (x)|.
 0   0 2   0 2  x
Ta có
 1 1 2a + 1 − α + 1 − α3 4
 α(α − 1)2 = 2α(1 − α)(1 − α) ≤ = .
 2 2 3 27
 Z 1 x2 1
Còn dx = nên
 0 2 6
 Z α 
 1 00  
 max |f (x)| ≥ 10  f(x)dx
 4 0≤x≤1  0 
146
Bài 5.12 (ĐH Quảng Bình). Bằng phương pháp tích phân từng phân ta tính
được
 Z 1 Z 1 Z 1
 3 1 4 1 1 4 0 1 4 0
 x f(x)dx = x f(x)|0 − x f (x)dx = − x f (x)dx.
 0 4 0 4 0 4
Do đó
 Z 1
 x4f 0(x)dx = 1 (23)
 0
Lại có
 Z 1
 (9x4)2dx = 9 (24)
 0
 Z 1
 (f 0(x))2dx = 9 (25)
 0
Từ đó
 Z 1 Z 1 Z 1
 (9x4)2dx − 18 x4f 0(x)dx + (f 0(x))2dx = 9 − 18.1 + 9 = 0.
 0 0 0
hay
 Z 1
 [(9x4) − f 0(x)]2dx = 0.
 0
 0 4 9 5
Suy ra f (x) = (9x ), ∀x ∈ [0; 1] nên f(x) = 5 x + C. Vì f(1) = 0 nên
 9 5
f(x) = 5 (x − 1).
 Z 1 3
 f(x)dx = − .
 0 2
 R
Bài 5.13 (Trường Sĩ quan Không quân). I0 = dx = x + C
 Z dx Z dx Z dx
 I1 = = π = x π x π
 cos x sin(x + 2 ) 2 sin( 2 + 4 ) cos( 2 + 4 )
 Z x π Z x π
 cos( 2 + 4 )dx d(tan( 2 + 4 ))
 = x π 2 x π = x π
 2 sin( 2 + 4 ) cos ( 2 + 4 ) tan( 2 + 4 )
 x π
 = ln | tan( + )| + C
 2 4
 Z dx
 I = = tan x + C.
 2 cos2 x
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 147
Với n ≥ 2, ta có:
 Z dx Z 1 dx Z 1
 I = = = d(tan x)
 n cosn x cosn−2 x cos2 x cosn−2 x
 tan x Z
 = − tan(x)(cos2−n x)0dx
 cosn−2 x
 sin x Z sin2 x
 = − (n − 2) dx
 cosn−1 x cosn x
 sin x Z 1 − cos2 x
 = − (n − 2) dx
 cosn−1 x cosn x
 sin x Z 1 1
 = − (n − 2) − dx
 cosn−1 x cosn x cosn−2 x
 sin x
 I = − (n − 2)I + (n − 2)I .
 n cosn−1 x n n−2
Suy ra công thức truy hồi:
 1 sin x n − 2
 I = . + I .
 n n − 1 cosn−1 x n − 1 n−2
Bài 5.14 (ĐH Sư phạm Hà Nội 2). Do f đơn điệu và liên tục trên J, ta suy
ra tồn tại f −1 : [0, f −1(c)] → [0, c]
 Z t
Do f tăng ngặt nên ta có f 0(t) > 0, ∀ t ∈ J. Đặt g(t) = bt − f(x)dx. Khi đó
 0
 d d Z t 
ta có: g(t) = b − f(x)dx = b − f(t). Từ đó dẫn tới g0(t) = 0 khi và
 dt dt 0
chỉ khi t = f −1(b).
Do g00(t) = −f(t) < 0, ∀ t ∈ J nên g(t) đạt cực đại tại t = f −1(b).
Thêm vào đó ta có:
 Z f −1(b) Z f −1(b) Z f −1(b)
 0 f −1(b) −1
 xf (x)dx = xf(x)|0 − f(x)dx = bf (b) − f(x)dx
 0 0 0
  Z t 
 −1
 = bt − f(x)dx |f −1(b)= g(t)|f −1(b) = g(f (b))
 0
Đặt y = f(x) thì dy = f 0(x)dx. Khi x = 0 thì y = 0 còn khi x = f −1(b) thì ta
có y = b
 Z f −1(b) Z b Z b
 xf 0(x)dx = f −1(y)dy = f −1(x)dx
 0 0 0
 Z b
Từ đó, ta có g(f −1(b)) = f −1(x)dx.
 0
Do g(t) đạt cực đại tại t = f −1(b) nên ta có g(a) ≤ g(f −1(b)).
148
 Z a
Mặt khác từ định nghĩa của g(t) ta có g(a) = ba − f(x)dx.
 0
 R a R b −1 −1
Khi đó, ta có: 0 f(x)dx + 0 f (x)dx = [ab − g(a)] + g(f (b)) ≥ ab
Đặt:
Z a Z b
 f(x)dx = diện tích III, f −1(x)dx = diện tích I + diện tích II.
 0 0
 Z a Z b
 f(x)dx + f −1(x)dx = diện tích I + diện tích II + diện tích III
 0 0
 ≥ diện tích I + diện tích III = ab
Ta có hình minh họa bất đẳng thức trên như sau
Bài 5.15 (ĐH Sư phạm Hà Nội 2). Giả sử f là hàm số liên tục thoả mãn bài
toán. Khi đó f là hàm số khả vi.
Đạo hàm hai vế của đẳng thức đã cho ta có
 f 0(x)(1 + x2) − 2xf(x) f(x)
 = 2018
 (1 + x2)2 1 + x2
hay
 f 0(x) 2x
 = 2018 + .
 f(x) 1 + x2
Tích phân hai vế ta nhận được ln f(x) = 2018x + ln(1 + x2) + C, C−hằng số.
Do đó f(x) = a(1 + x2)e2018x, a−hằng số. Thay vào phương trình ban đầu ta
nhận được a = 2018. Do đó, ta có hàm số có dạng f(x) = 2018(1 + x2)e2018x.
Thử lại ta có hàm số trên thỏa mãn. Vậy hàm số cần tìm là f(x) = 2018(1 +
x2)e2018x
Bài 5.16 (CĐ Sư phạm Nam Định). Lấy a ∈ (0, 1) bất kỳ.
 1 1−a 1
 R n R n R n
Đặt In = f(x )dx = f(x )dx + f(x )dx = Jn + Kn.
 0 0 1−a
 1−a 1
 R n R n
Với Jn = f(x )dx, Kn = f(x )dx.
 0 1−a
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 149
Vì f(x) liên tục trên [0, 1] nên theo định lý giá trị trung bình tồn tại c ∈
 n n
(0, 1 − a) sao cho Jn = f(c )(1 − a). Vì 0 < c < 1 − a < 1 nên lim c = 0
 n→+∞
Vậy lim Jn = f(0)(1 − a) = 2018(1 − a).
 n→+∞
 ∗
Vậy tồn tại N ∈ N sao cho 2018 − 2019a < Jn < 2018 − 2017a với mọi n ≥ N.
  1  1
  R n  R n
|Kn| =  f(x )dx ≤ |f (x )| dx
 1−a  1−a
f(x) liên tục trên [0, 1] nên |f(x)| cũng thế. Vậy tồn tại M = max |f(x)|.
 [0,1]
 1
 R
|Kn| ≤ Mdx = Ma.
 1−a
Vậy −Ma ≤ Kn ≤ Ma.
Vậy 2018 − (M + 2019)a ≤ In ≤ 2018 − (M + 2017)a < 2018 + (M + 2019)a
với mọi n ≥ N.
 
Lấy  ∈ (0; 1) bất kỳ. Chọn a = ∈ (0; 1)
 M + 2019
Vậy 2018 −  < In < 2018 +  với mọi n ≥ N.
Do đó lim In = 2018.
 n→+∞
Bài 5.17 (ĐH Sư phạm Kỹ thuật Vĩnh Long). Ta có
 1 1
 R (f 0(x) − 15x2)2 dx = R (f 0(x))2 − 30x2f 0(x) + 225x4
 dx
 0 0
 1
 R 2 0 5 1
 = 45 − 30 x f (x)dx + 45x |0
 0
 1
 = 90 − 30 R x2f 0(x)dx
 0
 1
 Z
Xét x2f 0(x)dx.
 0
  u = x2
Đặt , ta được
 dv = f 0(x)dx
 1 1
 Z Z
 2 0 2 1
 x f (x)dx = x f(x)0 − 2 xf(x)dx = 5 − 2 = 3
 0 0
 1
 Z 2
Suy ra f 0(x) − 15x2
 dx = 0.
 0
Do đó f 0(x) − 15x2 = 0. Hay f(x) = 5x3 + C
150
Mà f(1) = 5 nên C = 0. Vậy f(x) = 5x3
 1 1
 Z 4 5 Z 4 5
 f(x)ex dx = 4x3ex dx = (e − 1)
 4 4
 0 0
Bài 5.18 (ĐH Sư phạm Kỹ thuật Vĩnh Long). Ta có
 1 1 1 1
 0 ≤ R ef(x)f 0(x) − 2
2 dx = R ef(x)f 0(x)
2 dx − 4 R ef(x)f 0(x)dx + R 4dx
 0 0 0 0
 1
 = R ef(x)f 0(x)
2 dx − 4(ef(1) − ef(0)) + 4
 0
 1
 = R ef(x)f 0(x)
2 dx − 4
 0
 1
 Z 2
Suy ra ef(x)f 0(x)
 dx ≥ 4
 0
 1
 Z 2
Mà theo giả thiết ef(x)f 0(x)
 dx ≤ 4, nên suy ra
 0
 1
 Z 2
 ef(x)f 0(x)
 dx = 4
 0
 1
 Z 2
Do đó ef(x)f 0(x) − 2
 dx = 0 và ef(x)f 0(x) = 2
 0
Hay ef(x) = 2x + C. Mà f(0) = 0 nên C = 1
Vậy f(x) = ln(2x + 1).
Bài 5.19 (ĐH Tây Bắc). a) Ta giả sử phản chứng ngược lại rằng M 6= 0. Do
f(0) = 0 nên nếu M 6= 0 thì M > 0. Theo giả thiết ta có f đạt giá trị lớn
 0
nhất M > 0 tại x0 ∈ (0, 1). Khi đó x0 là điểm cực đại của f và do đó f (x0) =
 00 2 00 4 0
0, f(x0) = M > 0, f (x0) ≤ 0. Từ đó suy ra x0f (x0) ≤ 0; x0f (x0) = 0 và
 2 00 4 0
−f(x0) < 0. Do đó x0f (x0) + x0f (x0) − f(x0) < 0, mâu thuẫn với giả thiết
x2f 00(x) + x4f 0(x) − f(x) = 0, ∀x ∈ (0, 1). Vậy M = 0.
b) Giả sử f đạt giá trị nhỏ nhất m tại điểm y0 ∈ [0, 1]. Ta xét các trường hợp
sau:
TH1: Nếu y0 ∈ {0, 1}. Do f(0) = f(1) = 0 , khi đó m = 0. Ta xét hai khả năng
(i) Nếu f đạt cực đại tại x0 ∈ {0, 1} thì khi đó max f = min f = 0 và ta được
f = 0 là hàm hằng.
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 151
(2i) Nếu f đạt cực đại tại x0 ∈ (0, 1), theo đó, từ phần a) ta được M =
 max f(x) = 0. Và tương tự (i) ta được max f = min f = 0 và ta được f = 0
x∈[0,1]
là hàm hằng.
TH2: Hàm f đạt giá trị nhỏ nhất m tại y0 ∈ (0, 1). Bằng lập luận tương tự
như phần a) (thay cho M bởi m) ta có m không thể âm, tức là min f(x) = 0
 x∈[0,1]
suy ra f = 0 là hàm hằng trên [0, 1].
Bài 5.20 (ĐH Tây Bắc). a) Ta xét trường hợp hàm f0 đơn điệu tăng. Khi đó
dễ chứng minh quy nạp được
(i) Mỗi hàm fn là đơn điệu tăng.
(2i) Với mọi x ∈ (0, 1] ta có f0(x) ≥ f1(x) ≥ · · · ≥ fn(x) ≥ · · · ≥ f0(0).
Từ (2i) ta suy ra dãy {fn} giảm và bị chặn dưới bởi f0(0) trên tập (0, 1] và do
đó tồn tại hàm giới hạn
 h(x) = lim fn(x), x ∈ (0, 1].
 n→∞
Do (i) ta suy ra h là đơn điệu tăng và từ (2i) ta có f0(0) ≤ h(x) ≤ fn(x), ∀n, ∀x ∈
(0, 1].
Ta sẽ chỉ ra h(1) = f0(0), khi đó do h đơn điệu tăng ta suy ra h(x) = f0(0)
với mọi x ∈ (0, 1]. Thật vậy, giả sử h(1) > f0(0). Khi đó do tính đơn điệu tăng
của h, tồn tại 0 f0(δ).
Mặt khác, từ định nghĩa của fn và (i), (2i) ta có
 Z 1 Z δ Z 1
 fn+1(1) = fn(t)dt ≤ f0(t)dt + fn(t)dt
 0 0 δ
 ≤ δf0(δ) + (1 − δ)fn(1).
Do đó ta thu được
 fn(1) − fn+1(1) ≥ δ[fn(1) − f0(δ)] ≥ δ[h(1) − g(δ)] > 0.
Từ đó suy ra
 ∞ ∞
 X X
 [fn(1) − fn+1(1)] ≥ δ[h(1) − g(δ)] = +∞,
 n=0 n=0
tức là lim fn(1) = −∞. Điều này mâu thuẫn với (2i) vì fn(1) ≥ f0(0). Mâu
 n→∞
thuẫn chứng tỏ rằng h(1) = f0(0) và do đó h(x) = f0(0) với mọi x ∈ (0, 1].
Vậy lim fn = f0(0) trên (0, 1].
 n→∞
Trường hợp f0 đơn điệu giảm được chứng minh tương tự ta được lim fn =
 n→∞
f0(0) trên (0, 1].
152
b) Trường hợp f0 liên tục tùy ý, ta đặt
 M0(x) = max f0(t), m0(x) = min f0(t), x ∈ [0, 1]
 t∈[0,x] t∈[0,x]
Khi đó trên [0, 1] hàm m0 liên tục tăng và M0 liên tục giảm, m0(x) ≤ f0(x) ≤
M0(x), ∀x ∈ [0, 1]; M0(0) = f0(0) = m0(0). Tương tự như vậy ta xác định dãy
hàm {Mn} và {mn} tương tự như M0, m0 thay cho f0 bởi fn. Rõ ràng ta có
mn(x) ≤ fn(x) ≤ Mn(x).
Mặt khác, theo chứng minh phần a) cho mỗi hàm đơn điệu mn,Mn ta được
 lim mn(x) = m(0) = f0(0) = M(0) = lim Mn(x), x ∈ (0, 1].
 n→∞ n→∞
Do đó ta được lim fn(x) = f0(0).
 n→∞
Bài 5.21 (ĐH Thủy Lợi). Ta có
  Z n+2018 sin x  Z n+2018 sin x Z n+2018 dx  2018
|un| =  dx 6  dx 6 = ln 1 + ,
 n x n x n x n
  2018
Mà: lim ln 1 + = 0, do đó
 n→∞ n
 lim un = 0.
 n→∞
 R x
Bài 5.22 (ĐH Thủy Lợi). + Với mọi x ∈ (0; 1] ta có xf(x) = 0 f(t)dt.
+ Từ đó f 0(x) = 0 với mọi x ∈ (0; 1], hay là: f(x) là hàm hằng trong (0; 1].
+ Mặt khác, do tính liên tục của hàm số f(x) trong [0; 1], nên
 x
  1 Z x  R f(t)dt
 f(x) = lim f(x) = lim f(t)dt = lim 0
 + + +
 x→0 x→0 x 0 x→0 x
+ Áp dụng L’Hospitalta có:
 x
 R f(t)dt f(x)
 f(x) = lim f(x) = lim 0 = lim = f(0) = 2018.
 x→0+ x→0+ x x→0+ 1
+ Vậy f(x) = 2018, x ∈ [0; 1].
Bài 5.23 (ĐH Thủy Lợi). + Xét
 Z arctan x Z √ √ Z arctan x
 e 2  arctan x
 2 arctan x xe
I1 = √ dx = x + 1d e = x + 1e − √ dx.
 x2 + 1 x2 + 1
+ Xét
 Z xearctan x
 I2 = √ dx
 x2 + 1
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 153
 √
 2 arctan x
khi đó: I1 + I2 = x + 1e + C1.
+ Ta lại có
 Z arctan x Z √
 xe 2  arctan x

 I2 = √ dx = x x + 1d e
 x2 + 1
 √ Z arctan x Z 2 arctan x
 2 arctan x e x e
 I2 = x x + 1e − √ dx − 2 √ dx
 x2 + 1 x2 + 1
 √
 2 arctan x
 I2 = x x + 1e − I1 − 2I
 1 √
+Từ đó I = (x − 1) x2 + 1earctan x + C.
 2
6 PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Bài 6.1 (ĐH Giao thông vận tải). Hiển nhiên hàm số f(x) = 0 với mọi
 p 2 2
x, là một nghiệm. Giả sử có x0 sao cho f(x0) 6= 0. Khi đó f( x0 + y ) =
f(x0)f(y) = f(x0)f(−y) với mọi y ∈ R, suy ra f(y) = f(−y) với mọi y ∈ R√. Vì
thế f là hàm chẵn, và do đó ta chỉ cần tìm f(x) với x ≥ 0. Đặt g(x) = f( x),
x ≥ 0. Khi đó từ phương trình đã cho ta có
 g(u + v) = g(u)g(v),
với u = x2, v = y2. Phương trình này có nghiệm g(u) = au, a là hằng số
dương. Thật vậy, trước hết ta chỉ ra g(u) > 0 với mọi u ≥ 0. Rõ ràng hàm
g(u) = 0 với mọi u thỏa mãn phương trình trên. Giả sử có u0 sao cho g(u0) 6=
0, khi đó ta có
 g(u0) = g(u0 − u)g(u),
điều này suy ra g(u) 6= 0. Hơn nữa
 u u h ui2
 g(u) = g g = g > 0.
 2 2 2
Đặt h(u) = ln g(u). Khi đó h(u) liên tục với mọi u ≥ 0 và dễ thấy
 h(u + v) = h(u) + h(v).
Như vậy h(u) thỏa mãn phương trình hàm Cauchy nên ta có h(u) = bu,
b = h(1) = ln f(1). Như vậy g(u) = au, a = eb. Cuối cùng f(x) = ax2 .
Bài 6.2 (ĐH Quảng Bình). Với mỗi x ∈ R, đặt x1 = sin x, x2 = sin x1, ··· , xn+1 =
 0
sin xn. Khi đó, dãy (xn) ⊂ [−1; 1]. Vì hàm y = sin x có y = cos x > 0, ∀x ∈
[−1; 1] nên dãy (xn) đơn điệu. Do đó dãy (xn)n là dãy đơn điệu và bị chặn.
Gọi a = lim limxn; từ phương trình a = sin a ta suy ra a = 0.
 n→∞
154
Ta thấy f(x) = f(xn) với mọi n ∈ N. Vì vậy
 f(x) = lim f(xn) = f( lim xn) = f(0).
 n→∞ n→∞
Tư đó, ta kết luận được f(x) = f(0) với mọi x ∈ R, tức là f là hàm hằng.
Bài 6.3 (CĐ Sư phạm Nam Định). Đặt Q(x) = P (1 − x). Ta có Q((1 − x)2) =
P (2x − x2) = (P (x))2 = (Q(1 − x))2. Dẫn đến
 Q(x2) = (Q(x))2.
Nếu Q(x) không phải đơn thức thì Q(x) = axk + xm.R(x) với m > k ≥ 0,
a 6= 0 và R(x) là đa thức thỏa mãn R(0) 6= 0.
Từ Q(x2) = ax2k + x2m.R(x2), ta có
 (Q(x))2 = a2x2k + 2axm+kR(x) + x2m(R(x))2.
Nói riêng, 2k < k + m < 2m.
Đồng nhất hệ số hai vế. Hệ số của x2k dẫn đến a = a2. Hệ số xm+k là 0 =
2a.R(0). Vì a 6= 0, R(0) 6= 0. Vô lý.
Vậy Q(x) là đơn thức. Viết Q(x) = axk. Do đó ax2k = a2.x2k với mọi x ∈ R.
Cho x = 1 ta được a = 0 hoặc a = 1. Vậy Q(x) = 0 hoặc Q(x) = xk.
Do đó P (x) = 0 hoặc P (x) = 1 hoặc P (x) = (1 − x)k (k ∈ N∗).
Bài 6.4 (ĐH Tây Bắc). Do f là đa thức nên f là khả vi mọi cấp trên R. Đồng
  1 
thời ta có lim f = f(0) do tính liên tục tại 0 của f. Từ đó theo giả thiết
 x→∞ x
ta được lim f 00(x) = f(0). Tuy nhiên f 00 cũng là đa thức nên nếu deg f 00 ≥ 1
 x→∞
thì lim f 00(x) = ∞. Điều này chứng tỏ deg f 00 = 0 hay nói cách khác f 00 là
 x→∞
hàm hằng, deg f ≤ 2 và f 00(x) = f(0), ∀x ∈ R.
Mặt khác do f(x) ≥ f(2018), ∀x ∈ R nên f không thể là hàm lẻ. Vậy deg f ∈
{0, 2}.
  1 
TH1: Nếu deg f = 0 khi đó f 00 = 0 và từ giả thiết lim f 00(x) = lim f
 x→∞ x→∞ x
suy ra f ≡ 0, ∀x ∈ R.
TH2: Nếu deg f = 2 tức là f là hàm số bậc hai trên R. Từ giả thiết f(x) ≥
f(2018), ∀x ∈ R ta suy ra tọa độ của đỉnh parabol y = f(x) là x = 2018,
ngoài ra do hệ số của lũy thừa bậc cao nhất của f bằng 1 nên ta được
f(x) = (x − 2018)2 + c với c là hằng số nào đó.
Cuối cùng, do giả thiết f 00(x) = f(0) nên ta được c+20182 = f(0) = f 00(x) = 2
và ta được c = 2 − 20182. Vậy f(x) = (x − 2018)2 + 2 − 20182.
Kết luận: Hoặc f(x) = 0 hoặc f(x) = (x − 2018)2 + 2 − 20182. Rõ ràng thử lại
ta thấy f thỏa mãn các điều kiện của hàm cần tìm.