Kỷ yếu Kỳ thi Olympic toán học sinh viên - học sinh lần thứ 27

Hà Nội). — Thời gian cần thiết là
 √ √
 400 + x2 + 400 + z2 y
 t = + .
 30 50
 Sử dụng bất đẳng thức
 √ p
 a2 + x2 + b2 + y2 ≥ p(a + b)2 + (x + y)2
 thì
 p(x + z)2 + 402 y p(100 − y)2 + 1600 y
 t ≥ + = + = g(y).
 30 50 30 50
 46
 — Khảo sát hàm số g(y) tìm được t = khi y = 70 km.
 min 15
5 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN
Bài 5.1 (ĐH Tây Bắc). 1. Xét tính liên tục của hàm số f(x) với x ∈ R.
Xét f (x) = 2x − [x] trên R.
Với x0 ∈/ Z ⇒ n 0 sao cho
n < x0 − ε < x0 < x0 + ε < n + 1 ⇒ [x0 − ε] = [x0] = [x0 + ε] = n.
Vì vậy ta có lim f (x) = 2xo − n = f (x0). Vậy f (x) liên tục với x0 ∈/ Z.
 x→x0
Với x0 ∈ Z ta có
 lim f (x) = 2xo − xo = x0 = f (x0)
 +
 x→x0
 lim f (x) = 2xo − (xo − 1) = x0 + 1 6= f (x0)
 −
 x→x0
Vậy f (x) chỉ liên tục phải tại x0, không liên tục trái x0 ∈ Z nên f (x) gián
đoạn tại x0 ∈ Z.
 3
 Z
2. Chứng minh hàm số f(x) khả tích trên đoạn [0, 3] và tính f(x)dx.
 0
Trên đoạn [0, 3] theo ý 1, thì f (x) chỉ gián đoạn tại 1,2 và 3 do đó f (x) khả
tích trên [0; 3].
Ta có
 3 1 2 3
 Z Z Z Z
 f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx + f (x)dx
 0 0 1 2
 1 2 3
 Z Z Z
 = 2xdx + (2x − 1)dx + (2x − 2)dx
 0 1 2
 = 1 + 2 + 3 = 6
104
Bài 5.2 (ĐH Tây Bắc). Đặt M = max |f 0(x)|. Khi đó ta có −M ≤ f 0(x) ≤
 0≤x≤1
M, ∀x ∈ [0, 1].
Do f > 0 nên nhân hai vế bất đẳng thức trên với f(x) ta được
 −Mf(x) ≤ f 0(x)f(x) ≤ Mf(x), ∀x ∈ [0, 1].
Lấy tích phân bất đẳng thức trên từ 0 tới x ta được
 x x
 Z 1 1 Z
 −M f(t)dt ≤ f 2(x) − f 2(0) ≤ M f(t)dt, ∀x ∈ [0, 1].
 2 2
 0 0
Tiếp tục nhân các vế bất đẳng thức trên với f(x) ta được
 x x
 Z 1 1 Z
 −Mf(x) f(t)dt ≤ f 3(x) − f 2(0)f(x) ≤ Mf(x) f(t)dt, ∀x ∈ [0, 1].
 2 2
 0 0
Bây giờ ta tích phân trên [0, 1] bất đẳng thức kép cuối cùng trên đây ta được
  x 2 1 1  x 2
 Z Z Z Z
 3 2
−M  f(t)dt ≤ f (x)dx−f (0) f(x)dx ≤ M  f(t)dt , ∀x ∈ [0, 1].
 0 0 0 0
Từ đó
  1 1   1 2
 Z Z  Z
  3 2 
  f (x)dx − f (0) f(x)dx ≤ M  f(t)dt
  0 0  0
  1 2
 Z
 0
 = max |f (x)|  f(t)dt .
 x∈[0,1]
 0
 2
Bài 5.3 (ĐH Đồng Tháp). Đặt g(x) = e1−x f(x). Khi đó g(1) = f(1) và
 g0(x) = e1−x2 (f 0(x) − 2xf(x)) ∀x ∈ [0, 1].
 1
Áp dụng định lí giá trị trung gian của tích phân của hàm g trên đoạn [0, ],
 3
 1
 1 Z 3
ta suy ra tồn tại x0 ∈ [0, ] sao cho g(x0) = 3 g(x)dx = f(1) = g(1). Áp
 3 0
dụng định lý Rolle cho hàm g trên [x0, 1], ta suy ra tồn tại c ∈ (x0, 1) sao cho
g0(c) = 0 nghĩa là
 f 0(c) = 2cf(c).
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 105
 t
 Z
Bài 5.4 (CĐ Sư phạm Nam Định). Đặt F (t) = f(x)dx.
 0
Do đó F 0(t) = f(t) và F (0) = 0, F 0(1) = f(1) = 0.
Đặt g(t) = sin(2019F 0(t)).F (t) trên đoạn [0, 1].
Do f(t) khả vi liên tục trên [0, 1] nên g(t) khả vi liên tục trên đoạn [0, 1].
g0(t) = F 0(t). sin(2019F 0(t)) + 2019F (t).F ”(t). cos(2019F 0(t))
g(0) = F (0). sin(2019F 0(0)) = 0, g(1) = sin(2019F 0(1)).F (1) = 0 (Vì F 0(1) =
F (0) = 0)
Vậy hàm g(t) thỏa mãn các điều kiện của định lý Rolle.
Vậy tồn tại c ∈ (0, 1) sao cho g0(c) = 0.
Do đó F 0(c). sin(2019F 0(c)) + 2019F (c).F ”(c). cos(2019F 0(c)) = 0.
Nếu cos(2019F 0(c)) = 0 thì F 0(c) = 0 hoặc sin(2019F 0(c)) = 0. Cả 2 trường
 0 2 2
hợp thì sin(2019F (c)) = 0. Mâu thuẫn vì sin a + cos a = 1 với mọi a ∈ R.
Vậy cos(2019F 0(c)) 6= 0. Vậy F 0(c). tan(2019F 0(c)) = −2019F (c).F ”(c).
 c
 Z
Do đó ta có f(c). tan(2019f(c)) = −2019f 0(c). f(x)dx.
 0
Bài 5.5 (CĐ Sư phạm Nam Định). a) Theo giả thiết ta có f 0(x) ≤ 6 và f(x) ≥
 0 với mọi x ∈ [0, 1] và f(1) ≥ 0. Do đó 2f 0(x).f(x) ≤ 12f(x).
 Lấy t ∈ [0, 1] bất kỳ và ta có
 t t
 Z Z
 2f 0(x)f(x)dx ≤ 12f(x)dx.
 0 0
 Do đó
 t t
 Z Z
 2f(x)d(f(x)) ≤ 12 f(x)dx.
 0 0
 t
 Z
 2 t
 Tương đương với f (x)0 ≤ 12 f(x)dx. Hay
 0
 t
 Z
 f 2(t) − f 2(0) ≤ 12 f(x)dx.
 0
 t
 Z
 ⇔ f 2(t) ≤ 12 f(x)dx.
 0
106
 1
 Z
 Cho t = 1 ta được f 2(1) ≤ 12. f(x)dx = 4. Do đó 0 ≤ f(1) ≤ 2.
 0
 t
 Z
b) Theo câu a) ta có f 3(t) ≤ 12f(t). f(x)dx (1).
 0
 t
 Z
 Đặt F (t) = f(x)dx, do đó F 0(t) = f(t) và F (0) = 0, F (1) = 1/3,
 0
 F 0(0) = f(0) = 0.
 1 1
 Z Z
 Từ (1) ta có f 3(t)dt ≤ 12 F 0(t).F (t)dt.
 0 0
 1 1
 Z Z
 3 2 1 2 2 2
 ⇔ f (x)dx ≤ 12 F (x)d(F (x)) = 6F (x) = 6F (1) − 6F (0) = .
 0 3
 0 0
 Z x
Bài 5.6 (ĐH Phạm Văn Đồng). 1. Với mọi x 6= 0, ϕ(x) liên tục nên ϕ(t)dt
 0
 1
khả vi tại x, và e x2 khả vi với mọi x 6= 0. Do đó f(x) khả vi với mọi x 6= 0.
Khi đó, với mọi x 6= 0,
 Z x
 0 2 1 1
 x2 x2
 f (x) = − 3 e ϕ(t)dt + e ϕ(x)
 x 0
 x
 2 1 Z
 x2
 = − 3 e ϕ(t)dt + 1.
 x 0
 0 2 − 1 2 3 0
2. Với mọi t 6= 0, ta có ϕ (t) = e t2 = ϕ(t). Từ đó 2ϕ(t) = t ϕ (t). Do đó,
 t3 t3
lấy tích phân và sử dụng công thức tích phân từng phần, với mọi x ≥ 0,
 Z x Z x Z x
 2 ϕ(t)dt = t3ϕ0(t)dt = t3d (ϕ(t))
 0 0 0
 x Z x
 3  2
 = t ϕ(t) − 3 t ϕ(t)dt
 0 0
 Z x
 = x3ϕ(x) − 3 t2ϕ(t)dt.
 0
Từ đó, suy ra đẳng thức cần chứng minh.
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 107
Ta có, với mọi x ≥ 0,
 x
 1 Z
 e x2 ϕ(t)dt
 f(x) − f(0)
 = 0
 x − 0 x
  3 Z x 
 1 x 3 2
 e x2 ϕ(x) − t ϕ(t)dt
 2 2
 = 0 (11)
 x
 Z x
 t2ϕ(t)dt
 x2 3
 = − 0 .
 2 2 xϕ(x)
Nhận thấy 0 ≤ t ≤ x thì 0 = ϕ(0) ≤ ϕ(t) ≤ ϕ(x). Do đó
 Z x Z x x3
 0 ≤ t2ϕ(t)dt ≤ t2ϕ(x)dt = ϕ(x).
 0 0 3
Từ đó
 Z x
 t2ϕ(t)dt
 x2
 0 ≤ 0 ≤ . (12)
 xϕ(x) 3
 0
Chính vì thế, (11) và (12) cho ta đạo hàm phải f+(0) = 0.
 0
Mặc khác, vì f là hàm lẻ nên dễ dàng ta cũng có đạo hàm trái f−(0) = 0. Từ
đó, ta kết luận điều phải chứng minh.
Có thể sử dụng quy tắc L’Hospitalcùng với x3ϕ0(x) = 2ϕ(x), với mọi x 6= 0,
 Z x
 t2ϕ(t)dt
 x2ϕ(x)
 lim 0 = lim
 x→0+ xϕ(x) x→0+ ϕ(x) + xϕ0(x)
 x2ϕ(x)
 = lim 2
 x→0+
 ϕ(x) + x2 ϕ(x)
 x4
 = lim
 x→0+ x2 + 2
 = 0.
108
3. Sử dụng quy tắc L’Hospitalcùng với x3ϕ0(x) = 2ϕ(x), với mọi x 6= 0,
 Z x
 ϕ(t)dt
 f(x) ϕ(x)
 lim = lim 0 = lim
 x→0 x3 x→0 x3ϕ(x) x→0 3x2ϕ(x) + x3ϕ0(x)
 ϕ(x)
 = lim
 x→0 3x2ϕ(x) + 2ϕ(x)
 1
 = lim
 x→0 3x2 + 2
 1
 = .
 2
Bài 5.7 (ĐH Phạm Văn Đồng). Sử dụng công thức tích phân từng phần,
 Z b 1 Z b
 f(x) sin(nx)dx = − f(x)d (cos(nx))
 a n a
 1 b 1 Z b
  0
 = − f(x) cos(nx) + f (x) cos(nx)dx
 n a n a
 1 1 Z b
 = (f(a) cos(na) − f(b) cos(nb)) + f 0(x) cos(nx)dx.
 n n a
Vì f và f 0 liên tục trên đoạn [a, b] nên theo định lý Weierstrass, f và f 0 bị chặn
trên đoạn [a, b]. Tức là, tồn tại M > 0 sao cho |f(x)| ≤ M và |f 0(x)| ≤ M, với
mọi x ∈ [a, b]. Do đó
 Z b 
   1 M(b − a)
  f(x) sin(nx)dx ≤ (|f(a)| + |f(b)|) + .
  a  n n
Từ đó ta kết luận
 Z b
 lim f(x) sin(nx)dx = 0.
 n→+∞ a
Bài 5.8 (ĐH Thủy lợi Hà Nội). Áp dụng Bất đẳng thức Schwarz ta có
 1 Z 1  Z 1 1 
 √ =  p(1 + x2)3f(x)dx =  (1 + x2)2f(x)√ dx
    2 
 2  0   0 1 + x 
 1 1
 Z 1  2 Z 1  2
 2 4 2 1
 6 (1 + x ) f (x)dx 2 dx
 0 0 1 + x
 1 √
 Z 1  2 π
 = (1 + x2)2(1 + x2)2f 2(x)dx
 0 2
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 109
 1 √
 Z 1  2 π
 < 2 (1 + x2)2f 2(x)dx .
 0 2
 Z 1 1
Từ đó: (1 + x2)2f 2(x)dx > .
 0 2π
Bài 5.9 (ĐH Thủy lợi Hà Nội). + Giả sử tồn tại hàm f khả vi trên [0; 2] và
thỏa mãn các tính chất đã nêu.
+ Với x ∈ (0; 2), áp dụng Định lý Lagrange cho f(x) trong [0; x]: tồn tại
 f(x) − f(0) f(x) − 1
c ∈ (0; x): f 0(c ) = = −1, từ đó suy ra f(x) 1 − x
 1 1 x − 0 x > >
 f(x) − f(2) f(x) − 1
+ Tương tự, tồn tại c ∈ (x; 2) : = = f 0(c ) 1, và từ
 2 x − 2 x − 2 2 6
đó f(x) > x − 1.
+ Kết hợp lại ta có: với x ∈ [0; 2] thì f(x) > |x − 1|, từ đó
 Z 2 Z 2 Z 1 Z 2
 f(x)dx > |x − 1|dx = (−x + 1)dx + (x − 1)dx = 1.
 0 0 0 1
 Z 2 Z 2
+ Từ tính liên tục của f và giả thiết | f(x)dx| 6 1 suy ra | f(x)dx| = 1,
 0 0
điều này xảy ra khi và chỉ khi f(x) = |x − 1|. Tuy nhiên hàm f(x) = |x − 1|
không khả vi tại x = 1, vậy nên không thể tồn tại hàm f thỏa mãn các tính
chất đã nêu.
Bài 5.10 (ĐH Thủy lợi Hà Nội). Ta có
 1 1
 Z 2 f(x) Z f(x)
 I = dx + dx
 f(x) + f(1 − x) 1 f(x) + f(1 − x)
 0 2
 1 1
 Z 2 f(x) Z 2 f(1 − x) 1
 I = dx + dx = .
 0 f(x) + f(1 − x) 0 f(x) + f(1 − x) 2
Bài 5.11 (ĐH SPKT Vĩnh Long). Ta có
 1 1 1 1
 Z Z Z Z
 3 = (x + f 0(x))2dx = x2dx + 2 xf 0(x)dx + (f 0(x))2dx
 0 0 0 0
 1
 1 Z 2
 = + 2 xf 0(x)dx +
 3 3
 0
 1
 Z
 = 1 + 2 xf 0(x)dx
 0
110
 1 1
 Z Z
Hay xf 0(x)dx = 1. Xét xf 0(x)dx. Đặt
 0 0
  u = x
 dv = f 0(x)dx
Dẫn đến
  du = dx
 v = f(x)
Ta được
 1 1 1
 Z Z Z
 0 1
 1 = xf (x)dx = [xf(x)]0 − f(x)dx = − f(x)dx.
 0 0 0
 1
 Z
Suy ra f(x)dx = −1.
 0
  x  x
 Z  Z
 0  0  0 0 0
Bài 5.12 (ĐH Nha Trang). |f(x).f (x)| =  f (t)dt . |f (x)| ≤ |f (t)| dt. |f (x)|.
  0  0
 2019
 2019 2019 x   x 2
 Z Z Z Z 
 0 0 0 1 0 
 |f(x).f (x)|dx ≤  |f (t)| dt. |f (x)| d x =  |f (t)| dt  .
 2 
 0 0 0 0 0
  2019 2 2019
 1 Z 2019 Z
= |f 0 (x)| dx ≤ (f 0(x))2dx.
 2  2
 0 0
Bài 5.13 (ĐH GTVT ). a)
 x 0 x
 Z f(t) Z f(t) Z f(t)
 dt = dt + dt
 1 + at 1 + at 1 + at
 −x −x 0
 0 x
 Z f(−u) Z f(t)
 = − du + dt
 1 + a−u 1 + at
 x 0
 x x
 Z f(u)au Z f(t)
 = du + dt
 1 + au 1 + at
 0 0
 x
 Z
 = f(t)dt.
 0
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 111
 π π
 Z sin nx Z sin nx
 b) Áp dụng công thức phần a), ta có I = dx = dx.
 n (1 + 2019x) sin x sin x
 −π 0
 Với n ≥ 2, thì
 sin(nx) = sin(nx − 2x) cos 2x + cos(nx − 2x) sin 2x
 = sin(nx − 2x)(1 − 2 sin2 x) + 2 cos(nx − 2x) sin x. cos x
 = sin(nx − 2x) + 2 sin x [cos(nx − 2x) cos x − sin(nx − 2x) sin x]
 = sin(nx − 2x) + 2 sin x cos(nx − x).
 Do đó
 π
 Z sin nx
 I = dx
 n sin x
 0
 π
 Z sin(nx − 2x) 
 = + 2 cos(nx − x) dx
 sin x
 0
 π
 2 
 = In−2 + sin(xn − x) = In−2, ∀n ≥ 2.
 n − 1 0
 Vậy
 (
 I0 = 0 nếu n = 2k,
 In =
 I1 = π nếu n = 2k + 1.
Bài 5.14 (ĐH GTVT ). Do f liên tục trên [0, 1] nên tồn tại c ∈ [0, 1] sao cho
|f(c)| = max |f(x)| = M. Với u > 0, ta có
 x∈[0,1]
 1 1
  1  u  1  u
 Z Z
 u u
  |f(x)| dx ≤  M dx = M.
 0 0
Do f liên tục tại c nên với ∀ > 0, tồn tại [α, β] ⊂ [0, 1] sao cho |f(x)|−|f(c)| ≥
−, ∀x ∈ [α, β]. Vậy
 |f(x)| ≥ M − , ∀x ∈ [α, β].
112
Khi đó
 1 1
  1  u  β  u
 Z Z
 u u
  |f(x)| dx ≥  |f(x)| dx
 0 α
 1
  β  u
 Z
 u
 ≥  (M − ) dx
 α
 1
 = (M − )(β − α) u .
Cho u → +∞, ta được
 1
  1  u
 Z
 u
 (M − ) ≤ lim  |f(x)| dx ≤ M, ∀ > 0.
 u→+∞
 0
Cho  → 0, ta được
 1
  1  u
 Z
 u
 lim  |f(x)| dx = M = max |f(x)|.
 u→+∞ x∈[0,1]
 0
Bài 5.15 (ĐH Hàng Hải). Ta có các đồng nhất thức sau (dùng giả thiết b)):
 b b b
Z (f(x))2020 Z (f(x))2019 Z (f(x))2020 (f(x))2019 
 dx − dx = − dx
 (g(x))2019 (g(x))2018 (g(x))2019 (g(x))2018
a a a
 b
 Z [(f(x))2019 − (g(x))2019] 
= [f(x) − g(x)] + [f(x) − g(x)] dx
 (g(x))2019
 a
 b b
 Z [(f(x))2019 − (g(x))2019]  Z
= [f(x) − g(x)] dx + [f(x) − g(x)]dx
 (g(x))2019
 a a
 b
 Z [(f(x))2019 − (g(x))2019] 
= [f(x) − g(x)] dx.
 (g(x))2019
 a
Để ý rằng [(f(x))2019 − (g(x))2019][f(x) − g(x)] ≥ 0 (∀x ∈ [a, b]) và a < b ta
có:
 b
 Z [(f(x))2019 − (g(x))2019] 
 [f(x) − g(x)] dx ≥ 0.
 (g(x))2019
 a
Vậy:
 b b
 Z (f(x))2020 Z (f(x))2019
 dx ≥ dx.
 (g(x))2019 (g(x))2018
 a a
5. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 113
Bài 5.16 (ĐH KT Hà Nội). a) Đa thức P (x) = A.(x − c)(d − x) + 1 với
  1 1 
0 < A < min , , thỏa mãn các điều kiện của bài toán.
 c.d (1 − c).(1 − d)
 1 1
 Z Z
b) Chỉ ra f(x)xndx = 0 với mọi số tự nhiên n. Suy ra f(x).[Q(x)]mdx = 0
 0 0
với Q(x) là một đa thức bậc 2 bất kỳ và m là số tự nhiên bất kỳ.
Phản chứng tồn tại c ∈ [0; 1] sao cho f(c) 6= 0. Vì bài toán đúng với f(x) thì
cũng đúng với −f(x) và ngược lại, do đó ta coi f(c) > 0.
Bởi tính liên tục của f(x) trên [0; 1] và f(c) > 0 nên tồn tại a, b thỏa mãn
0 0 với mọi x ∈ [a, b]. Lấy c1, c2 thỏa mãn a <
c1 < c2 < b. Áp dụng câu a), tìm được đa thức bậc hai P (x) thỏa mãn
 min P (x) ≥ 1 > P (x) ≥ 0 với mọi x ∈ [0; c1) ∪ (c2; 1]. Theo tính chất hàm
x∈[c1;c2]
bậc hai ta có max P (x) ≤ P (a) < 1 và max P (x) ≤ P (b) < 1.
 x∈[0;a] x∈[b;1]
Mặt khác, với mỗi số tự nhiên m ≥ 1, ta có
 1 a b 1
 Z Z Z Z
0 = f(x)[P (x)]mdx = f(x)[P (x)]mdx + f(x)[P (x)]mdx + f(x)[P (x)]mdx
 0 0 a b
 a c 1
 Z Z 2 Z
 ≥ f(x)[P (x)]mdx + f(x)[P (x)]mdx + f(x)[P (x)]mdx
 0 c1 b
 a c 1
 Z Z 2 Z
 ≥ f(x)[P (x)]mdx + f(x)dx + f(x)[P (x)]mdx.
 0 c1 b
Ta lại có: với mỗi m ≥ 1,
 a a
 Z Z
 |f(x)|[P (x)]mdx ≤ [P (a)]m |f(x)|dx,
 0 0
và
 1 1
 Z Z
 |f(x)|[P (x)]mdx ≤ [P (b)]m |f(x)|dx.
 b b
 a
 Z
Vì khi m → +∞ , ta có [P (a)]m → 0 và [P (b)]m → 0 nên f(x)[P (x)]mdx →
 0
0,
114
 1
 Z
và f(x)[P (x)]mdx → 0 khi m → +∞.
 b
Từ các kết quả trên, ta nhận được
 c
 Z 2
 0 ≥ f(x)dx.
 c1
 c
 Z 2
Vì f(x) liên tục và nhận giá trị dương trên [c1; c2] nên f(x)dx > 0. Điều này
 c1
mẫu thuẫn với bất thẳng thức ngay trên. Suy ra f(x) = 0 với mọi x ∈ [0; 1].
6 PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Bài 6.1 (ĐH SPKT Vĩnh Long). Cho x = −1, ta được f(−1) = 2019f(−1) +
2018
Suy ra f (−1) = −1
Đạo hàm hai vế, ta được
 f 0(2019x + 2018) = f 0(x)
 x − 2018
Lần lượt thay x bởi
 2019
 x − 2018
 f 0(x) = f 0
 2019
  x − 2018 
 − 2018 x − 20192 + 1
 = f 0  2019  = f 0
  2019  20192
 = ...
 x − 2019n + 1
 = f 0
 2019n
Cho n → ∞, ta được f 0(x) = f 0(−1) = a = const
Suy ra, f(x) = ax + b.
Mà −1 = f(−1) = −a + b ⇒ b = a − 1.
Nên f(x) = ax + a − 1, ∀x ∈ R.
Kiểm tra lại ta thấy đúng.
6. PHƯƠNG TRÌNH HÀM 115
Bài 6.2 (ĐH SPKT Vĩnh Long). Ta có:
 1 1 1 1
 Z 2 Z Z Z
  − 1 f(x) 0  −f(x) 0 2 − 1 f(x) 0
 0 ≤ e 2 f (x) + 2 dx = e (f (x)) dx + 4 e 2 f (x)dx + 4 dx
 0 0 0 0
 1
 Z
 −f(x) 0 2 − 1 f(1) − 1 f(0)
 = e (f (x)) dx − 8(e 2 − e 2 ) + 4
 0
 1
 Z
 = e−f(x)(f 0(x))2dx − 4
 0
 1
 Z
Suy ra e−f(x)(f 0(x))2dx ≥ 4
 0
 1
 Z
Mà theo giả thiết e−f(x)(f 0(x))2dx ≤ 4, nên suy ra
 0
 1
 Z
 e−f(x)(f 0(x))2dx = 4
 0
 1
 Z 2
  − 1 f(x) 0  − 1 f(x) 0
Do đó e 2 f (x) + 2 dx = 0 và e 2 f (x) = −2
 0
 − 1 f(x)
Hay −2e 2 = −2x + C
Mà f (0) = 0 nên C = −2.
Vậy, f(x) = −2 ln(x + 1).
Bài 6.3 (ĐH GTVT ). Từ giả thiết, với ∀x ∈ R:
  x  x
 f(x) − f =
 2019 2019
  x   x  x
 f − f =
 2019 20192 20192
  x   x  x
 f − f =
 20192 20193 20193
 ···
 ···
  x   x  x
 f − f = .
 2019n−1 2019n 2019n
116
Cộng vế với vế, các đẳng thức trên, ta được
 n k
  x  X  1 
 f(x) − f = x .
 2019n 2019
 k=1
Cho n → +∞, do f liên tục nên
 +∞ n
 X  1  1
 f(x) − f(0) = x = x .
 2019 2018
 n=1
 x
Vậy f(x) = 2019 + , ∀x ∈ .
 2018 R
 x
Ngược lại, dễ dàng kiểm tra f(x) = 2019 + , ∀x ∈ thỏa mãn các điều
 2018 R
kiện của đề bài.
Bài 6.4 (ĐH KT Hà Nội). Từ giả thiết và áp dụng khai triển Taylor cho hàm
số f(x) tại x = 0, với mỗi x ∈ (0; 1], tồn tại c nằm giữa 0 và x sao cho:
 x2
 f(x) = f(0) + f 0(0)x + f 00(c). .
 2
 2019 2019 x2
Suy ra f(x) ≤ + .x + 6057. với mọi x ∈ (0; 1]. Vì f(x) liên tục
 4 2 2
trên [0; 1] nên bất đẳng thức đúng cho mọi x ∈ [0; 1].
 1
 Z  2019 2019 x2 
Do đó, ta có 0 ≤ f(x) − − .x − 6057. dx ≤ 0.
 4 2 2
 0
 2019 2019 x2
Suy ra f(x) = + .x + 6057. với mọi x ∈ [0; 1].
 4 2 2
 2019 2019 x2
Dễ thấy hàm số f(x) = + .x + 6057. thỏa mãn các điều kiện bài
 4 2 2
toán.