Tổng hợp đề thi và lời giải chi tiết đề thi Olympic Toán sinh viên môn Giải tích từ năm 2006 đến năm 2012

m của phương trình ( ) 0P x  thì ( ) 0Q x  
có ít nhất 2 2n  nghiệm nằm giữa các khoảng 1 2 2 3 1( , ),( , ),...,( , )n nc c c c c c . 
Đồng thời, ta thấy rằng phương trình ( ) 0xP x  có nghiệm 0x  nên giữa khoảng 1(0; )c 
thì phương trình ( ) ( ) 0P x xP x  có thêm một nghiệm nữa. 
Vậy đa thức ( )Q x có ít nhất (2 2) 1 2 1n n    nghiệm thực phân biệt. Ta có đpcm. 
Nhận xét. 
Bài toán gốc của bài này có lẽ là: 
Chứng minh rằng nếu đa thức ( )P x bậc n có n nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1 thì 
2 2 2( ) ( 1) ( ) ( ) ( ) ( ( ))Q x x P x P x xP x P x     cũng có ít nhất 2 1n nghiệm thực phân biệt. 
Dạng câu hỏi này đã có xuất hiện trong đề Đại số năm 2011 trước đó nhưng tương đối 
dễ hơn. Ở bài toán đang xét, ta sử dụng khéo léo tính chất của định lí Rolle để chỉ ra 
chặn dưới cho số nghiệm của phương trình. Cái khó chính là phân tích được đa thức đã 
cho thành nhân tử để có các dạng phương trình đơn giản hơn. Nếu đa thức ( )Q x không 
phân tích được thành nhân tử thì bài này thực sự khó và không dễ kiểm tra được tính 
đúng đắn của nó. Đề này đã có chỉnh sửa lại cho đúng vì đề gốc đáng tiếc bị sai và 
trong đáp án trình bày khá vắn tắt, đến nổi không hiểu cho thêm điều kiện các nghiệm 
không nhỏ hơn 1
2
 làm gì (sử dụng ở đoạn lập luận các nghiệm phân biệt). 
Bài 3. 
Tính tích phân 
1
21 (2012 1)(1 )x
dx
x   . 
Lời giải. 
www.VNMATH.com
62 
Ta có 
1 0 1
2 2 21 1 0
0 1
2 21 0
1
2 20
1
20
(2012 1)(1 ) (2012 1)(1 ) (2012 1)(1 )
( )
(2012 1)(1 ( ) ) (2012 1)(1 )
1 1
(2012 1)(1 ) (2012 1)(1 )
1 2012 1
1 2012 1 2012 1
1
1
x x x
x x
x x
x
x x
dx dx dx
x x x
d x dx
x x
dx
x x
dx
x
 


 
     

 
    
 
  
    
 
  
   

  
 


1
20 4
dx
x



Vậy tích phân cần tính là .
4
 
Nhận xét. 
Dạng tổng quát của bài này là: Cho hàm số ( )f x chẵn và các số thực , 0a b  , khi đó ta 
có đẳng thức tích phân sau 
0
( ) ( )
1
a a
xa
f x dx f x dx
b

  . 
Nói chung dạng này quá quen thuộc ngay từ thời THPT. Hàm số ( ) 1xg x b  ở trên có 
đặc điểm là ( ) ( ) 1g x g x   nên ta hoàn toàn có thể thay bằng hàm số khác có tính chất 
( ) ( )g x g x  bằng một hằng số nào đó, chẳng hạn  2( ) ln sin 2 sing x x x   . 
Chú ý rằng trong trường hợp hàm ( )f x lẻ thì ( ) 0
a
a
f x dx

 . 
Bài 4. 
Tìm tất cả các hàm số :f   thỏa mãn điều kiện 
1
2012 2 2013 2014
x y yxf f f
      
      
     
 với mọi ,x y . 
Lời giải. 
www.VNMATH.com
63 
Đặt 2014 2014,
2012 2013
a b  thì rõ ràng 0, 1b b  . 
Trong đẳng thức đã cho, thay ,x y lần lượt bởi 2014 2014,
2012 2012
x y thì 
2014 1 2014( ) ( )
2012 2 2013
f x y f x f y
    
      
    
 hay    1( ) ( ) ( )
2
f a x y f bx f y   . 
Đặt ( ) ( ) (0)g x f x f  , ta có 
       1 1( ) ( ) (0) ( ) ( ) 2 (0) ( ) ( )
2 2
g a x y f a x y f f bx f y f g bx g y         . 
Ta cũng có 
       1 1( ) ( ) 0 ( ( )) (0) ( )
2 2
g a x y g a x y g b x y g g b x y         . 
So sánh hai đẳng thức trên, ta được 
 ( ) ( ) ( )g b x y g bx g y   với mọi ,x y . 
Chọn y sao cho ( )
1
bb x y y y x
b
   

 thì ( ) 0g bx  với mọi .x 
Từ đó suy ra ( ) (0)f x f c  với mọi x , tức là ( )f x là hàm hằng. 
Thử lại ta thấy thỏa. 
Vậy tất cả các hàm số cần tìm là ( )f x c  với mọi .x 
Nhận xét. 
Đây là một bài phương trình hàm đòi hỏi kĩ thuật biến đổi đại số chứ không mang tính 
giải tích nào. Dễ dàng đoán ra được chỉ có thể là hàm hằng mới thỏa mãn; tuy nhiên, 
muốn chứng minh được điều này thì cần phải khéo léo dùng phép thế và lựa chọn thích 
hợp. Nhiều bạn bị ngộ nhận, dù đề không cho liên tục nhưng vẫn áp dụng tính chất 
0 0
lim ( ) (lim )
x x x x
f x f x
 
 , giải ra nhanh chóng và rõ ràng đây là một sai lầm nghiêm trọng. 
Nói chung, khi có thêm giả thiết liên tục thì chỉ có trường hợp a b thì mới đưa về 
dạng ( ) ( )
2 2
x y f x f yf     
 
 với mọi ,x y dẫn đến hàm số tuyến tính dạng ( )f x ux v  
và đủ khó để hỏi mà thôi. 
www.VNMATH.com
64 
Bài 5. 
Giả sử hàm số ( )f x liên tục trên đoạn [0; 2012] và thỏa mãn điều kiện 
( ) (2012 ) 0f x f x   với mọi [0; 2012]x . 
Chứng minh rằng 
2012
0
( ) 0f x dx  và phương trình 
2012
0
(2012 ) ( ) 2012 ( )
x
x f x f u du

   có 
nghiệm trong khoảng (0; 2012). 
Lời giải. 
Theo giả thiết thì ( ) (2012 )f x f x   với mọi [0; 2012]x , do đó 
2012 2012 0 2012
0 0 2012 0
( ) (2012 ) (2012 ) (2012 ) ( )f x dx f x dx f x d x f x dx           
Từ đó suy ra 
2012
0
( ) 0f x dx  . 
Đặt 
20122012
0
( ) (2012 ) ( )
x
g x x f u du

   thì dễ thấy rằng hàm số này khả vi trên [0; 2012] và 
có (0) (2012) 0g g  . Theo định lí Rolle thì tồn tại (0; 2012)c sao cho 
20122011 2012
0
( ) 0 2012(2012 ) ( ) (2012 ) (2012 ) 0
c
g c c f u du c f c

         . 
Từ đây suy ra 
2012
0
2012 ( ) (2012 ) ( ) 0
c
f u du c f c

    
hay phương trình 
2012
0
(2012 ) ( ) 2012 ( )
x
x f x f u du

   có nghiệm. Ta có đpcm. 
Nhận xét. 
Trong bài này, ở đoạn chứng minh giá trị của tích phân xác định bằng 0 chỉ đòi hỏi kĩ 
thuật đổi biến và tận dụng giả thiết nên không có vấn đề gì. 
Còn ở phần chứng minh phương trình có nghiệm thì cũng như “kịch bản” cũ, ta sẽ phải 
chọn một hàm số thích hợp mà đạo hàm của nó có dạng như thế rồi dùng định lí 
Lagrange/Rolle. Tuy nhiên, hàm số như thế trong trường hợp này là không dễ tìm, ta cố 
gắng phân tích như sau: 
www.VNMATH.com
65 
Hàm số cần tìm sẽ có dạng 
2012
0
( ) ( ) ( )
x
g x h x f u du

   để khi dùng đạo hàm của hàm có 
dạng tích thì mới hy vọng ra được dạng trên. Chú ý rằng ta cũng cần thêm 
(0) (2012) 0h h  (điều này đã có sẵn). Ta có 
2012 2012
0 0
( ) ( ) ( ) ( ) (2012 ) ( ) ( ) ( ) ( )
x x
g x h x f u du h x f x h x f u du h x f x
 
            . 
Suy ra 
2012
0
( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( )
x
g x h x f x h x f u du

        . 
Do đó, so sánh với phương trình đang quan tâm, ta cần có 
( ) ( )
2012 2012
h x h x
x



. 
Đến đây, dễ dàng chọn được 2012( ) (2012 )h x x  . 
Bài 6. 
a. Cho hàm số ( )f x khả vi liên tục cấp 2 trên  . Giả sử (1) 0f  và 1
0
( ) 0f x dx  . Chứng 
minh rằng với mọi (0;1)  , ta có 
0 0 1
2( ) max ( )
81 x
f x dx f x

 
 . 
b. Cho hàm số : [0;1]f  là hàm lõm (còn gọi là lồi lên phía trên), khả vi liên tục 
thỏa mãn (0) (1) 0.f f  Chứng minh rằng 
 
1 22
00 1 0 1
1 4 max ( ) 1 ( ) 1 2 max ( )
x x
f x f x dx f x
   
     . 
Lời giải. 
a. Ta có 
1 1 11
00 0 0
( ) ( ) ( ) (1) ( ) 0xf x dx xf x f x dx f f x dx        . 
Do đó 
1 1 12 2
0 0 0 0
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( 1)
2
ff x dx f x dx f x f x xf x dx x dx
 
      

             
www.VNMATH.com
66 
Suy ra 
21 12 2 2
0 0 0
( )( ) ( 1) ( 1) ( )
2 2
f xf x dx x dx dx f
 
    

      . 
Ta có 
12 31
0
0
1
2 6 6
x xdx   và 
3
2 1 1 2 1 1 4( 1) 2 (1 )(1 )
2 2 3 27
  
    
     
        
 
. 
Từ đó, ta có được 
0 0 1
1 4 2( ) ( ) max ( )
6 27 81 x
f x dx f f x


 
    . Đây chính là đpcm. 
b. Gọi 0x là điểm cực đại và 0y là giá trị cực đại của ( )f x trên miền [0;1] . Ta có 
   0
0
1 1
0 0 00 0
( ) ( ) ( ) ( ) (0) (1) ( ) 2 ( )
x
x
f x dx f x dx f x dx f x f f f x f x            nên 
1
0 0
1max ( ) ( ) ( )
2
f x f x f x dx   . 
Bất đẳng thức thứ nhất tương đương với    
221 1 2
0 0
1 ( ) 1 ( )f x dx f x dx     
  
 (*) 
Ta có 
   
   
 
 
2 21 12
0 0
1 12 2
0 0
1 1 12
0 0 02
1 ( ) ( )
1 ( ) ( ) 1 ( ) ( )
11 ( ) ( ) 1
1 ( ) ( )
f x dx f x dx
f x f x dx f x f x dx
f x f x dx dx dx
f x f x
    
 
              
   
               
 
 
 
  
Từ đó suy ra bất đẳng thức (*) đúng. 
Bất đẳng thức thứ hai tương đương với  
1 12
0 0
1 ( ) 1 ( )f x dx f x dx     (**) 
Ta có 
 
 
 
1 12
0 0
1 1 12
0 0 02
1 ( ) ( )
11 ( ) ( ) 1
1 ( ) ( )
f x dx f x dx
f x f x dx x dx
f x f x
  
        
    
 
  
Từ đó suy bất đẳng thức (**) cũng đúng. Vậy ta có đpcm. 
www.VNMATH.com
67 
Nhận xét. 
Cả 2 câu của bài toán này đều khó nhưng trên thực tế, hầu hết các thí sinh đều chọn câu 
b (có một ý dễ xử lí hơn). Câu a đòi hỏi phải chứng minh đẳng thức 
12 2
0 0
( )( ) ( 1)
2
ff x dx x dx
 
 

   . 
Nói chung đây là một kết quả không dễ dàng có thể khai thác được từ giả thiết nếu 
không nắm vững khai triển Taylor. Nếu đã hoàn tất việc chứng minh được đẳng thức 
trên thì công việc còn lại hoàn toàn tự nhiên. 
Đối với câu b, lời giải nêu trên đã chứng minh được một đánh giá đẹp 
1
0 0
1( ) ( )
2
f x f x dx  , trong khi lời giải của đáp án chính thức khá rắc rối và hơi thiếu tự 
nhiên. Dù vậy, lời giải bằng hình học dưới đây sẽ cho ta thấy rõ bản chất vấn đề hơn. 
Ta biết rằng đại lượng  
1 2
0
1 ( )l f x dx  chính là độ dài của đường cong ( )y f x 
trên miền [0;1] . Ta có thể minh họa hình học cho bài toán này như sau 
Chọn tọa độ các điểm 0 0 0 0(0; 0), (1; 0), (1; ), (0; ), ( , )A B C y D y E x y như hình trên. 
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 
2
0 01 4 1 2y l y    . 
Do đồ thị của hàm số này lồi lên phía trên nên 
01 2l AD DE BC CE CD AD BC y         . 
Hơn nữa 2 2 2 2 2 2 20( ) ( ) 1 4l AE BE AD DE BC CE AD BC DE CE y            . 
Bài toán được giải quyết hoàn toàn. 
www.VNMATH.com
68 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
[1] Diễn đàn  
[2] Diễn đàn  
[3] Diễn đàn  
[4] Diễn đàn  
[5] Các đề thi Olympic Toán Sinh viên toàn quốc, NXB GD, 2005. 
www.VNMATH.com