Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN... Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN.
Trang 1Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008
Phần thứ Hai
ðÁP ÁN
Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài năng và Kỹ sư chất lượng cao
Năm 1999
Môn thi: Toán
Bài 1:
1
0 khi x = 0
x
x x
Trước tiên ta có ( )
0
x f x
→ = ⇒ hàm số liên tục tại x = 0
2
1
1
1 1
t x
e x e
e t e x
x f x
e e
+
trong ñó 1
.
t x
=
ðặt g t( )= + +1 e t t e t⇒g t'( )=e t(2+ ⇒t) g t'( )= ⇔ = −0 t 2
Qua t= −2, 'g t( )ñổi dấu từ âm sang dương, vậy t = − là ñiểm cực tiểu duy nhất 2
g t ⇒g t ≥g − = +e− − e− = −e− >
f x > ∀ ∈ ℝx
Vậy f x( ) ñồng biến trên ℝ
Bài 2:
Áp dụng bất ñẳng hức Bunhiacopxki ta có:
[(a−1).1 (+ b−1).( 2) (− + c−1).3] ≤[(a−1) +(b−1) +(c−1) ][1 + −( 2) +3 ]
9
2
a b c a b c
a b c a b c
Dấu bằng xảy ra khi:
1
a b c
10
Trang 2Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008
Bài 3:
Xét
2
cos 2 sin 3 ( ) sin
b x c x x
f x =a x− + − là hàm số xác ñịnh, khả vi trên ℝ và:
2
b
f π = f −π = − −π
Theo ñịnh lý Roll, tồn tạix0∈(− , )π π mà f x'( 0)= 0
Vậy phương trình ñã cho có nghiệm x0∈(− , )π π (dpcm)
Bài 4:
Cho x1 =1,x2 = ⇒0 f(1)− f(0) ≥ − =1 0 1 (*)
Do
0 (1) 1, 0 (0) 1
(1) (0) 1
f f
Kết hợp với (1)⇒ f(1)− f(0) =0
Dấu bằng xảy ra, vậy xảy ra 2 trường hợp:
*)TH1: (1) 1
(0) 0
f f
=
Cho x1=0,x2 = ⇒x f x( ) ≥ x ⇒ f x( )≥x (1)
Cho x1=1,x2 = ⇒ −x 1 f x( ) ≥ − ⇒ −1 x 1 f x( ) 1≥ − ⇒x f x( )≤x (2)
Từ (1 )và (2)⇒ f x( )= x
*)TH2 (1) 0
(0) 1
f
f
=
=
Làm tương tự ta có f x( )= −1 x
Kết luận: có 2 hàm số thỏa mãn ñiều kiện bài toán là:
( )
( ) 1
f x x
f x x
=
= −
11