BỘ TÀI LIỆU ÔN THI KĨ SƯ TÀI NĂNG: HÀM KHẢ VI

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

1
Hàm khả vi

ðịnh nghĩa
ðạo hàm của hàm số
( )
f x
tại ñiểm
x
và ký hiệu là
(
)
f x
′
là giới hạn:
( )
(
)
(
)
0
lim
x
f x x f x
f x
x
∆ →

+ ∆ −
′
=
∆

nếu giới hạn ñó tồn tại.
Nếu
(
)
f x
′
tồn tại, thì ta nói hàm
(
)
y f x
= khả vi tại
x
.

Bài toán 1.
Tìm tất cả các hàm
:f
→
ℝ ℝ
th
ỏ
a mãn
( ) ( ) ( )
2
1 2 1 2

f x f x x x
− ≤ −
,
1 2
,
x x
∀ ∈
ℝ
.
Lời giải.
Thay
1
x x x
= + ∆
và
2
x x
=
vào bi
ể
u th
ứ
c
ñ
ã cho
ñượ
c:
( ) ( ) ( )
2
f x x f x x

+ ∆ − ≤ ∆
.
Suy ra
(
)
(
)
f x x f x
x
x
+ ∆ −
≤ ∆
∆
, do
ñ
ó
(
)
(
)
0
lim 0
x
f x x f x
x
∆ →
+ ∆ −
=
∆
.

Theo
ñị
nh ngh
ĩ
a,
( )
f x
kh
ả
vi t
ạ
i m
ọ
i
ñ
i
ể
m
x
∈
ℝ
, và
( ) 0
f x
′
=
. V
ậ
y
( )

f x
là hàm h
ằ
ng.


Bài toán 2.
Cho hàm s
ố

1
sin 0
( )
0 0
x x
f x
x
x
α

 
≠

 
=
 


=


v
ớ
i
α
là h
ằ
ng s
ố
d
ươ
ng. Tìm các giá tr
ị
c
ủ
a
α

ñể

f
kh
ả
vi trên
ℝ
.
(KSTN 2005)
Lời giải.
D
ễ

th
ấ
y
f
liên t
ụ
c t
ạ
i m
ọ
i
ñ
i
ể
m
0
x
≠
.
Xét tính liên t
ụ
c t
ạ
i
ñ
i
ể
m
0
x

=
:
1
0 sin
x x
x
α α
 
≤ ≤
 
 
, mà
0
lim 0
x
x
α
→
=

0
α
∀ >
, suy ra
0 0
1
lim ( ) lim sin 0 (0)
x x
f x x f
x

α
→ →
 
= = =
 
 
.
Do ñó,
f
liên tục trên
ℝ
.
Với mọi
α
,
f
khả vi tại mọi ñiểm
0
x
≠
. Cần tìm
α
ñể
f
khả vi tại
0
x
=
, tức là giới
hạn

1
0 0
( ) (0) 1
(0) lim lim sin
x x
f x f
f x
x x
α
−
→ →
−
 
′
= =
 
 
t
ồ
n t
ạ
i.
bai 21

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

2
Giới hạn trên tồn tại với mọi
1

α
>
:
1
0
1
lim sin 0
x
x
x
α
−
→
 
=
 
 
.
Ta ch
ứ
ng minh nó không t
ồ
n t
ạ
i v
ớ
i
1
α
≤

.
Th
ậ
t v
ậ
y, gi
ả
s
ử

1 1
0
1
lim sin lim sin
x t
x t t M
x
α α
− −
→ →∞
 
= =
 
 
,
t
ứ
c là v
ớ
i m

ỗ
i
0
ε
>
,
0
t
∃
:
0
t t
>
1
sint t M
α
ε
−
⇒ − <
.
Cho
t k
π
=
với số nguyên
k
ñủ lớn, ta ñược
M
ε
<

,
0
ε
∀ >
, suy ra
0
M
=
.
Khi ñó,
0
ε
∀ >
,
0
t
∃
:
0
t t
>
1
sin
t t
α
ε
−
⇒
<
.

Chọn
1
2
ε
=
,
2
t k
π
π
= +
với số nguyên
k
ñủ lớn, do
1 0
α
− ≥
nên
1
1
2
k
α
π
π ε
−
 
+ ≥ >
 
 

,
khi
ñ
ó
1
sint t
α
ε
−
>
, mâu thu
ẫ
n.
V
ậ
y
1
α
>
.

ðạo hàm và sự biến thiên của hàm số

Dạng bài chứng minh hàm tăng giảm bằng cách tính ñạo hàm

Bài toán 3.
Kh
ả
o sát s
ự

bi
ế
n thiên c
ủ
a hàm s
ố

( )
f x

ñượ
c xác
ñị
nh nh
ư
sau:
1
khi 0
( )
1
0 khi 0
x
x
x x
f x
e
x

+ ≠


=

+

=

.
(KSTN 1999)
L
ờ
i gi
ả
i.
0
lim ( ) 0 (0)
x
f x f
→
= = , suy ra
f
liên t
ụ
c t
ạ
i
0
x
=
.
V

ớ
i
0
x
≠
,
1 1 1 1
2
2 2
1 1
1 1
1 1
'( ) 1 1
1 1
x x x x
x x
e xe e e
x x
f x
e e
+ + + +
= + = +
   
+ +
   
   
.
ðặ
t
1

t
x
=
,
( ) 1
t t
g t e te
= + +
.
(
)
'( ) 2 0 2
t
g t e t t
= + = ⇔ = −
, qua ñiểm
2
t
= −
,
'( )
g t
ñổi dấu từ âm sang dương,
do ñó
2
( ) ( 2) 1 0
g t g e
−
≥ − = − >
, suy ra

'( ) 0
f x
>
với mọi
0
x
≠
.
Vậy
( )
f x
ñồng biến trên
ℝ
.

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

3
Bài toán 4.
Cho hàm số
( )
f x
liên tục và nghịch biến trên ñoạn
[
]
0;
b
và cho
(

)
0;
a b
∈ .
Chứng minh rằng:
0 0
( ) ( )
a b
b f x dx a f x dx
≥
∫ ∫
.
(Olympic SV 1995)
(KSTN 2005)
Lời giải.
Xét hàm
0
( )
( )
x
f t dt
F x
x
=
∫
, ta cần chứng minh
( ) ( )
F a F b
≥
vớ

i
a b
≤
,
t
ứ
c
F
là hàm gi
ả
m.
ðạ
o hàm
F
:
0
2
( ) ( )
'( )
x
xf x f t dt
F x
x
−
=
∫
.
Do
( )
f x

nghịch biến nên
0 0
0 0 0
0 0
( ) ( ) ( )
x x
f t dt f x dt x f x
≥ =
∫ ∫
,
(
)
0
0;
x b
∀ ∈
.
Do ñó
'( ) 0
F x
≤
,
0
x
∀ >
, suy ra ñpcm.


ðạo hàm của hàm hằng
Hàm hằng khả vi mọi cấp bằng 0

.

Trong nhiều bài tập có cho giả thiết
( ) 0
f x
=
với mọi
D
x
∈
, việc ñạo hàm nhiều lần cả
2 vế có thể giúp giải quyết vấn ñề.

Bài toán 5.
Cho trước các số thực
1 2
, , ,
n
λ λ λ
…
khác nhau từng ñôi một. Chứng minh rằng:
1 1 2 2
0
n n
k x k x k x
λ λ λ
− + − + − =
…
với mọi
x

∈
ℝ
khi và chỉ khi
1 2
0
n
k k k
= = = =
…
.
(KSTN 2009)

Lời giải.
Chứng minh quy nạp.
Trường hợp
1
n
=
hiển nhiên ñúng.
Giả sử bài toán ñúng ñến
1
n
−
, nghĩa là nếu
1
1
0
n
i i
i

a x b
−
=
− =
∑
,
x
∀ ∈
ℝ
thì t
ấ
t c
ả

0
i
a
=
.
Ta ch
ứ
ng minh n
ế
u
1 1 2 2
( ) 0
n n
f x k x k x k x
λ λ λ
= − + − + − =

…
v
ớ
i m
ọ
i
x
∈
ℝ
thì
1 2
0
n
k k k
= = = =
…
.

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

4
Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử
1 2 1n n
a b
λ λ λ λ
−
< < < = < =
…
.

Khi ñó,
(
)
(
)
1 2 1 1 2 2
( ) 0
n n n
f x k k k x k k k
λ λ λ
= + + + − + + + =
… …
với mọi
x b
>
,
f
là hàm
hằng trên
(
)
;b
+∞
nên
( ) 0
f x
′
=
v
ớ

i m
ọ
i
x b
>
, hay:
1 2 1
0
n n
k k k k
−
+ + + + =
…
. (1)
M
ặ
t khác
(
)
(
)
1 2 1 1 1 2 2 1 1
( ) 0
n n n n n n
f x k k k k x k k k k
λ λ λ λ
− − −
= + + + − − + + + − =
… …
v

ớ
i m
ọ
i
(
)
,
x a b
∈ ,
f
là hàm h
ằ
ng trên
(
)
,
a b
nên
( ) 0
f x
′
=
v
ớ
i m
ọ
i
(
)
,

x a b
∈ , hay:
1 2 1
0
n n
k k k k
−
+ + + − =
…
. (2)
T
ừ
(1) và (2) suy ra
0
n
k
=
, suy ra
1 1 2 2 1 1
( ) 0
n n
f x k x k x k x
λ λ λ
− −
= − + − + − =
…
v
ớ
i
m

ọ
i
x
∈
ℝ
, theo gi
ả
thi
ế
t quy n
ạ
p thì
1 2 1
0
n
k k k
−
= = = =
…
.
V
ậ
y
1 2
0
n
k k k
= = = =
…
n

ế
u
1 1 2 2
0
n n
k x k x k x
λ λ λ
− + − + − =
…
x
∀ ∈
ℝ
.
Chi
ề
u ng
ượ
c l
ạ
i hi
ể
n nhiên
ñ
úng, bài toán
ñượ
c ch
ứ
ng minh.

Bài toán 6.

Cho tr
ướ
c các s
ố
th
ự
c
1 2
, , ,
n
k k k
…
khác nhau t
ừ
ng
ñ
ôi m
ộ
t. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
1 2
1 2
0
n
k xk x k x
n
a e a e a e

+ + + =
…
với mọi
x
∈
ℝ
khi và chỉ khi
1 2
0
n
a a a
= = = =
…
.
(KSTN 2000)
Lời giải.
Chứng minh quy nạp.
Trường hợp
1
n
=
hiển nhiên ñúng.
Giả sử bài toán ñúng ñến
1
n
−
, nghĩa là nếu
1
1
0

i
n
k x
i
i
a e
−
=
=
∑
,
x
∀ ∈
ℝ
thì tất cả
0
i
a
=
.
Ta chứng minh nếu
1 2
1 2
0
n
k xk x k x
n
a e a e a e
+ + + =
…

với mọi
x
∈
ℝ
thì
1 2
0
n
a a a
= = = =
…
.
Xét hàm
1 2
1 2
( )
n
k x
k x k x
n
f x a e a e a e
= + + +
…
.
Nếu
( ) 0
f x
=
,
x

∀ ∈
ℝ
, thì
1 2
1 1 2 2
0 ( )
n
k x
k x k x
n n
f x a k e a k e a k e
′
= = + + +
…
,
x
∀ ∈
ℝ
.
Suy ra
( )
1
1
0 ( ) ( )
i
n
k x
n i i n
i
f x k f x a k k e

−
=
′
= − = −
∑
x
∀ ∈
ℝ
.
Từ giả thiết quy nạp ta có
(
)
0
i i n
a k k
− =
, do ñó
0
i
a
=
(vì
i n
k k
≠
) với mọi
1, 1
i n
= −
.

Suy ra
0
n
k x
n
a e
=

x
∀ ∈
ℝ

0
n
a
⇒ =
.
Vậy
1 2
0
n
a a a
= = = =
…
.

Bài toán 7.
Cho trước các số thực
1 2
, , ,

n
k k k
…
khác nhau từng ñôi một.
Chứng minh rằng
(
)
(
)
(
)
1 1 2 2
cos cos cos 0
n n
a k x a k x a k x
+ + + =
…
với mọi
x
∈
ℝ
khi và
chỉ khi
1 2
0
n
a a a
= = = =
…
.

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

5
(KSTN 2007)
Lời giải.
Chứng minh quy nạp.
Trường hợp
1
n
=
hiển nhiên ñúng.
Giả sử bài toán ñúng ñến
1
n
−
, nghĩa là nếu
( )
1
1
cos 0
n
i i
i
a k x
−
=
=
∑

,
x
∀ ∈
ℝ
thì tất cả
0
i
a
=
.
Ta chứng minh nếu
(
)
(
)
(
)
1 1 2 2
cos cos cos
n n
a k x a k x a k x
+ + +
…
với mọi
x
∈
ℝ
thì
1 2
0

n
a a a
= = = =
…
.
Xét hàm
(
)
(
)
(
)
1 1 2 2
( ) cos cos cos
n n
f x a k x a k x a k x
= + + +
…
.
N
ế
u
( ) 0
f x
=
,
x
∀ ∈
ℝ
, thì

(
)
(
)
(
)
2 2 2
1 1 1 2 2 2
0 ( ) cos cos cos
n n n
f x a k k x a k k x a k k x
′′
= = − − − −
…
,
x
∀ ∈
ℝ
.
Suy ra
( )
( )
1
2 2 2
1
0 ( ) ( ) cos
n
n i n i i
i
f x k f x a k k k x

−
=
′′
= + = −
∑
,
x
∀ ∈
ℝ
.
T
ừ
gi
ả
thi
ế
t quy n
ạ
p ta có
(
)
2 2
0
i n i
a k k
− =
, do ñó
0
i
a

=
(vì
i n
k k
≠
) với mọi
1, 1
i n
= −
.
Suy ra
(
)
cos 0
n n
a k x
=

x
∀ ∈
ℝ

0
n
a
⇒ =
.
Vậy
1 2
0

n
a a a
= = = =
…
.


ðạo hàm của hàm hợp
Nếu hàm
( )
f x
khả vi tại ñiểm
0
x x
=
và hàm
( )
x
ϕ
khả vi tại ñiểm
0
( )
x f x
= , thì hàm
hợp
(
)
( ) ( )
g x f x
ϕ

=
khả vi tại ñiểm
0
x x
=
, và
(
)
0 0
'( ) ' ( ) '( )
g x f x f x
ϕ
=
.

Trong nhiều bài tập, ta thấy sự xuất hiện của một hàm dạng
(
)
'( ) ' ( )
f x f x
ϕ
, khi ñó ta tìm
nguyên hàm
( )
x
ϕ
, rồi xét hàm
(
)
( ) ( )

g x f x
ϕ
= .


Bài toán 8.
Cho hàm số
[
]
: ,f a b →
ℝ
với
4
b a
− ≥
, khả vi trên
( , )
a b
.
Chứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i
0
( , )
x a b

∈
sao cho
( ) ( )
2
0 0
' 1 ( )
f x f x
< +
.
(Olympic SVBK 2011)
Nh
ậ
n xét.
Ở

ñ
ây có s
ự
xu
ấ
t hi
ệ
n c
ủ
a hàm
( )
2
'( )
1 ( )
f x

f x
+
, nghĩa là
2
1
'( )
1
x
x
ϕ
=
+
, nên
( ) arctan
x x
ϕ
=
.

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

6
Lời giải.
Phản chứng. Giả sử
( ) ( )
2
' 1 ( ) 0
f x f x
≥ + >

, với mọi
(
)
,
x a b
∈ .
Khi
ñ
ó,
(
)
( )
2
'
1
1 ( )
f x
f x
≥
+
, v
ớ
i m
ọ
i
(
)
,
x a b
∈

.
Xét hàm
( ) arctan ( )
g x f x x
= −
,
(
)
,
x a b
∈ .
Ta có
( )
2
'( )
'( ) 1 0
1 ( )
f x
g x
f x
= − ≥
+
,
(
)
,
x a b
∀ ∈ .
Suy ra
( ) ( ) arctan ( ) arctan ( )

g a g b f a a f b b
≤ ⇒ − ≤ −


arctan ( ) arctan ( ) 4
f b f a b a
⇒ − ≥ − ≥
,
nhưng
arctan ( )
2
arctan ( ) arctan ( ) 4
arctan ( )
2
f b
f b f a
f a
π
π
π

≥


⇒ − ≤ <


≥ −



, mâu thuẫn.
Vậy tồn tại
0
( , )
x a b
∈
sao cho
( ) ( )
2
0 0
' 1 ( )
f x f x< +
.

Bài toán 9.
Tìm tất cả các hàm :f
+
→
ℝ ℝ
khả vi hai lần trên
+
ℝ
sao cho với mọi
x
+
∈
ℝ
:
i.
'( ) 0

f x
>

ii.
(
)
'( ) ( )
f f x f x
= −
{
}
(
)
0
x x
+
= ∈ >
ℝ ℝ

Lời giải.
Thay
'( )
x f x
=
vào (ii) ta có
(
)
(
)
(

)
' '( ) '( ) ( )
f f f x f f x f x
= − = .
Do
f
là hàm tăng trên
+
ℝ
(theo (i)), nên suy ra
(
)
' '( )
f f x x
=
. (1)
ðạo hàm 2 vế của (ii) ta ñược
(
)
' '( ) "( ) '( )
f f x f x f x
⋅ = − . (2)
Từ (1) và (2) suy ra
"( ) '( )
xf x f x
= −

"( ) 1
0
'( )

f x
f x x
⇒ + =

Lấy nguyên hàm 2 vế ñược
ln '( ) ln
f x x C
+ =
(
C
là hằng số)
'( ) '( ) ( ) ln
C
a
xf x e a f x f x a x b
x
⇒ = = ⇒ = ⇒ = +
(
,
a b
là các hằng số,
0
a
>
).
Thay vào (ii):
1
ln ln ln
2
a

a b a x b b a a
x
+ = − − ⇒ = −
.
Vậy
1
( ) ln ln ln
2
x
f x a x a a a
a
= − =
, với mọi
x
+
∈
ℝ
,
a
là hằng số dương.

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

7


Dạng bài liên quan ñến hàm

( ) '( ) ( ). ( )

g x f x P x f x
= +


Phương pháp chung:
Xây dựng hàm
( )
( ) ( )
P x dx
F x e f x
∫
=
.
Khi ñó,
( )
( ) ( )
'( ) '( ) ( ) ( ) ( )
P x dx P x dx
F x e f x P x f x e g x
∫ ∫
= + = , rồi tùy vào ñiều kiện về
( )
g x

ñể xác ñịnh sự biến thiên của
( )
F x
.

Bài toán 10.

Cho
( )
f x
là mộ
t hàm s
ố
xác
ñị
nh và liên t
ụ
c t
ạ
i m
ọ
i
ñ
i
ể
m
0
x
≥
, l
ấ
y giá tr
ị
không âm,
th
ỏ
a mãn

ñ
i
ề
u ki
ệ
n:
0
( ) ( ) 0
x
f x k f t dt x
≤ ∀ ≥
∫
, trong ñó
k
là hằng số dương.
Chứng minh rằng:
( ) 0
f x
≡
,
0
x
∀ ≥
.
(KSTN 2000)
Nhận xét.
( )
P x k
= −

Lời giải.
ðặt
0
( ) ( )
x
g x f t dt
=
∫
, từ giả thiết ta có
'( ) ( ) 0
g x kg x
− ≤
,
0
x
∀ ≥
.
Xét hàm
( ) ( )
kx
F x e g x
−
=

(
)
0
x
≥
.

Ta có
(0) 0 ( )
F F x
= ≤
(do
( ) 0
f x
≥
),
0
x
∀ ≥
.
Mà
(
)
'( ) '( ) ( ) 0
kx
F x e g x kg x
−
= − ≤
, nên
( )
F x
là hàm không t
ă
ng trên
(
)
0;

+∞
.
Do
ñ
ó,
( ) 0
F x
≡

0
x
∀ ≥
. V
ậ
y
( ) 0
f x
≡
,
0
x
∀ ≥
.

Bài toán 11.
Tìm t
ấ
t c
ả
các hàm s

ố

( )
f x
xác
ñị
nh trên
ñ
o
ạ
n [0;1], kh
ả
vi trên kho
ả
ng (0;1) và th
ỏ
a
mãn các
ñ
i
ề
u ki
ệ
n:
i.

(0) (1) 1
f f
= =

ii.

2003 ( ) 2004 ( ) 2004
f x f x
′
+ ≥
v
ớ
i m
ọ
i
(
)
0;1
x∈ .
(Olympic SV 2003)
L
ờ
i gi
ả
i.
Xét hàm
(
)
( ) ( ) 1
kx
F x e f x
= −
, với
2004

2003
k =
.
Khi ñó,
(0) (1) 0
F F
= =
,
(
)
( ) ( ) ( ) 0
kx
F x e f x kf x k
′ ′
= + − ≥
với mọi
(
)
0;1
x∈ .
Từ ñó suy ra
( ) 0
F x
≡

(
)
0;1
x∀ ∈ . Vậy
( ) 1

f x
≡

(
)
0;1
x∀ ∈ .

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

8


Cực trị hàm số

ðịnh nghĩa
Cho hàm số
( )
y f x
=
xác ñịnh và liên tục trên khoảng
(
)
,
a b
(có thể
a
là
−∞

;
b
là
+∞
)
và ñiểm
(
)
0
,
x a b
∈ .
-

N
ế
u t
ồ
n t
ạ
i s
ố

0
ε
>
sao cho
0
( ) ( )
f x f x

<
v
ớ
i m
ọ
i
x
thu
ộ
c lân c
ậ
n
(
)
0 0
,
x x
ε ε
− +

thì ta nói hàm s
ố

( )
f x
ñạ
t
cực ñại
t
ạ

i
0
x
.
-

N
ế
u t
ồ
n t
ạ
i s
ố

0
ε
>
sao cho
0
( ) ( )
f x f x
>
v
ớ
i m
ọ
i
x
thu

ộ
c lân c
ậ
n
(
)
0 0
,x x
ε ε
− +

thì ta nói hàm s
ố

( )
f x
ñạ
t
cực tiểu
t
ạ
i
0
x
.

Nguyên lý cực trị Fermat
N
ế
u hàm

( )
y f x
=
:
i.

liên t
ụ
c trong
[ , ]
a b
,
ii.
ñạ
t c
ự
c tr
ị
(c
ự
c
ñạ
i ho
ặ
c c
ự
c ti
ể
u) t
ạ

i
ñ
i
ể
m
0
x
,
0
a x b
< <
,
iii.

t
ồ
n t
ạ
i
ñạ
o hàm t
ạ
i
0
x x
=
,
thì
0
'( ) 0

f x
=
.

Cách xác ñịnh cực trị

ðể
xác
ñị
nh c
ự
c tr
ị
, ta ph
ả
i gi
ả
i ph
ươ
ng trình
' 0
y
=
.
Nghi
ệ
m
0
x
c

ủ
a ph
ươ
ng trình
' 0
y
=
có th
ể
là c
ự
c
ñạ
i ho
ặ
c c
ự
c ti
ể
u c
ủ
a
ñồ
th
ị
.
ðể
xác
ñị
nh rõ, chúng ta d

ự
a vào chi
ề
u
ñổ
i d
ấ
u c
ủ
a
'
y
ho
ặ
c d
ấ
u c
ủ
a
''
y
.

Bài toán 12.
Tìm
ñ
a th
ứ
c
( )

P x
có b
ậ
c bé nh
ấ
t
ñạ
t c
ự
c
ñạ
i t
ạ
i
1
x
=
v
ớ
i
(1) 6
P
=
và
ñạ
t c
ự
c ti
ể
u t

ạ
i
3
x
=
v
ớ
i
(3) 2
P
=
.
(KSTN 2003)
L
ờ
i gi
ả
i.
( )
P x

ñạ
t c
ự
c tr
ị
t
ạ
i 2
ñ

i
ể
m
1
x
=
và
2
x
=
nên có b
ậ
c
3
≥
, và
(
)
(
)
( ) 1 3 ( )
P x x x Q x
′
= − − .
N
ế
u
( )
Q x
là

ñ
a th
ứ
c h
ằ
ng,
( )
Q x a
=
thì
3
2
( ) 2 3
3
x
P x a x x c
 
= − + +
 
 
.
4
(1) 6 6
3
a
P c
= ⇒ + =
,
(3) 2 2 3
P c a

=
⇒
=
⇒
=
, ta ñược
3 2
( ) 6 9 2
P x x x x
= − + +
.

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

9
Kiểm tra thấy ña thức
( )
P x
thỏ
a mãn bài toán và có b
ậ
c nh
ỏ
nh
ấ
t.

Bài toán 13.
Cho hàm s

ố

( )
y f x
=
có
ñạ
o hàm c
ấ
p hai
"( ) 0
f x
≥
trên toàn b
ộ

ℝ
và
a
∈
ℝ
c
ố

ñị
nh.
Tìm giá tr
ị
l
ớ

n nh
ấ
t c
ủ
a hàm s
ố

(
)
( ) ( ) '( )
g x f x a x f x
= + − trên
ℝ
.
(KSTN 2002)
Lời giải
.
(
)
'( ) '( ) "( ) '( ) "( ) "( )
g x f x af x f x xf x f x a x
= + − − = −
.
Do
"( ) 0
f x
≥
nên
'( ) 0
g x

≤
với
x a
>
và
'( ) 0
g x
≥
với
x a
<
.
Suy ra
( ) ( ) ( )
g x g a f a
≤ =
với mọi
x
∈
ℝ
.
Vậy
max ( ) ( )
x
g x f a
∈
=
ℝ
.

Bài toán 14.
Chứng minh rằng nếu hàm
( )
f x
liên tục trên
[ , ]
a b
, khả vi tại mọi ñiểm trong
(
)
,
a b
,
( ) ( )
f a f b
=
, thì tồn tại
0
( , )
x a b
∈ sao cho
0
'( ) 0
f x
=
.
(ðịnh lý Rolle)
Lời giải.
Do tính liên tục nên hàm
( )

f x
có GTLN và GTNN trên
[ , ]
a b
.
ðặt
[ , ]
max ( )
a b
M f x
=
,
[ , ]
min ( )
a b
m f x
=
.
Nếu
m M
=
thì
f
là hàm hằng,
( ) 0
f x
′
≡
trên
[ , ]

a b
.
Nếu
m M
≠
thì từ ñiều kiện
( ) ( )
f a f b
=
suy ra có ít nhất 1 trong các giá trị
m
hoặc
M

không ñạt ñược ở các ñầu mút của
[ , ]
a b
,
f
ñạt cực trị tại 1 ñiểm
0
( , )
x a b
∈
.
Khi ñó,
0
'( ) 0
f x
=

.

Bài toán 15.
Cho hàm
( )
f x
có ñạo hàm liên tục trên
(
)
0;
+∞
và
(0) 1
f
=
, ( )
x
f x e
−
≤ với mọi
0
x
≥
.
Chứng minh rằng tồn tại
0
0
x
>
sao cho

0
0
'( )
x
f x e
−
= − .
Lời giải.
0 lim ( ) lim 0
x
x x
f x e
−
→+∞ →+∞
≤ ≤ =

lim ( ) 0
x
f x
→+∞
⇒ =

Xét hàm
( ) ( )
x
g x f x e
−
= −
.
Ta có

(0) 0
g
=
,
( ) 0
g x
≤

0
x
∀ ≥
,
lim ( ) lim ( ) 0
x x
g x f x
→+∞ →+∞
= =
.
Khi ñó, tồn tại
(
)
0
0;x
∈ +∞
mà tại ñó
( )
g x
ñạt GTNN, cũng là ñiểm cực tiểu.
Suy ra
0

'( ) 0
g x
=
, nghĩa là
0
0
'( ) 0
x
f x e
−
+ =
hay
0
0
'( )
x
f x e
−
= −
.


Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

10
Bài toán 16.
Hàm số
( )
f x

khả
vi t
ạ
i
0
x
ñượ
c g
ọ
i là l
ồ
i (lõm) t
ạ
i
ñ
i
ể
m này n
ế
u t
ồ
n t
ạ
i lân c
ậ
n c
ủ
a
ñ
i

ể
m
0
x
là
0
( )
U x
sao cho
(
)
0
x U x
∀ ∈
ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0 0
f x f x f x x x
′
≥ + −

(t
ươ

ng
ứ
ng
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0 0
f x f x f x x x
′
≤ + −
).
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng hàm s
ố
b
ấ
t kì kh
ả
vi trên
ñ
o
ạ

n
[ , ]
a b
s
ẽ
l
ồ
i (lõm) t
ạ
i ít nh
ấ
t m
ộ
t
ñ
i
ể
m
(
)
0
,
x a b
∈ .
(KSTN 2010)
L
ờ
i gi
ả
i.

D
ễ
th
ấ
y r
ằ
ng tính ch
ấ
t l
ồ
i (lõm) c
ủ
a hàm s
ố
t
ạ
i 1
ñ
i
ể
m s
ẽ
không thay
ñổ
i khi ta thêm vào
nó m
ộ
t hàm tuy
ế

n tính b
ấ
t kì. Ngh
ĩ
a là v
ớ
i m
ọ
i
,p q
∈
ℝ
thì hàm
( )
f x
l
ồ
i (lõm) t
ạ
i
ñ
i
ể
m
0
x
khi và ch
ỉ
khi hàm
( )

f x px q
+ +
l
ồ
i (lõm) t
ạ
i
ñ
i
ể
m
0
x
.
Gi
ả
s
ử

( )
f x
kh
ả
vi trên
ñ
o
ạ
n
[ , ]
a b

.
Xét hàm
( )
( ) ( )
( ) ( )
f a f b
g x f x x a
b a
−
= + −
−
.
Ta có
( ) ( )
g a g b
=
. Khi ñó, nếu
( )
g x
là hàm hằng thì hiển nhiên có ñiểm lồi (lõm), nếu
( )
g x
không phải hàm hằng thì nó có ít nhất một ñiểm cực trị trong
(
)
,
a b
. Dễ
thấy ñiểm
cực tiểu sẽ là ñiểm lồi, còn ñiểm cực ñại là ñiểm lõm của

( )
g x
.
Theo nhận xét ban ñầu, ta suy ra tại ñiểm mà
( )
g x
ñạt cực trị thì tại ñó,
( )
f x
lồi hoặc
lõm, suy ra ñpcm.


Các ñịnh lý về giá trị trung gian của hàm khả vi

ðịnh lý Rolle
Nếu hàm
( )
y f x
=
:
i. liên tục trong
[ , ]
a b
,
ii. khả vi tại mọi ñiểm trong
(
)
,
a b

iii.
( ) ( )
f a f b
=
,
thì tồn tại
0
( , )
x a b
∈
sao cho
0
'( ) 0
f x
=
.

Trong nhiều bài tập chứng minh phương trình
( ) 0
f x
=
có nghiệm thuộc
(
)
,
a b
, ta thiết
lập một nguyên hàm
( )

g x
của
( )
f x
, rồi chứng minh
( ) ( )
g a g b
=
, từ ñó suy ra ñpcm từ
ñịnh lý Rolle.




Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

11
Bài toán 17.
Cho
n
cặp số thực
,
k k
a b

(
)
1,2, ,
k n

=
…
. Chứng minh rằng phương trình:
( )
1
sin cos 0
n
k k
k
x a kx b kx
=
+ + =
∑

có nghiệm trong khoảng
(
)
,
π π
− .
(OLSV 1994)
(KSTN 1999)
Lời giải.
Xét hàm
2
1
cos sin
( )
2
n

k k
k
a kx b kx
x
f x
k k
=
 
= + − +
 
 
∑
.
Khi
ñ
ó,
( )
1
'( ) sin cos 0
n
k k
k
f x x a kx b kx
=
= + + =
∑
.
Hàm
1
cos sin

n
k k
k
a kx b kx
k k
=
 
− +
 
 
∑
tu
ầ
n hoàn chu k
ỳ

2
π
, nên
( ) ( )
f f
π π
= −
.
Áp d
ụ
ng
ñị
nh lý Rolle, t
ồ

n t
ạ
i
(
)
0
,
x
π π
∈ − sao cho
0
'( ) 0
f x
=
, suy ra
ñ
pcm.

Bài toán 18.
Cho các s
ố
th
ự
c
0 1 2002
, , ,
a a a
…
th
ỏ

a mãn:
0
2002
1 2
0
0
0
2 3 2003
a
a
a a
a
≠



+ + + + =


…

Chứng minh rằng phương trình
2 2002
0 1 2 2002
0
a a x a x a x
+ + + + =
…
có nghiệm thuộc
(0;1)

.
(KSTN 2002)
Lời giải.
Xét hàm
2 3 2003
0 1 2 2002
( )
2 3 2003
x x x
f x a x a a a= + + + +…
.
2 2002
0 1 2 2002
'( )
f x a a x a x a x
= + + + +
…
.
Ta có
(0) (1) 0
f f
= =
, áp dụng ñịnh lý Rolle, tồn tại
0
(0;1)
x ∈ sao cho
0
'( ) 0
f x
=

,
suy ra ñpcm.



Bài toán 19.
Cho số nguyên dương
n
và các số thực
, ,
a b c
thỏ
a mãn
0
2 1
a b c
n n n
+ + =
+ +
(*).
Chứng minh rằng phương trình
2
0
ax bx c
+ + =
có nghiệm trong
(
)
0;1
.

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

12
Hướng dẫn. Xét hàm
2 1
( )
2 1
n n n
ax bx cx
f x
n n n
+ +
= + +
+ +
.

Bài toán 20.
Cho các hàm
f
và
g
liên tục trên
[
]
,
a b
, khả
vi trên

(
)
,
a b
và
( ) 0
g x
′
≠
(
)
,
x a b
∀ ∈
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i
(
)
,
c a b
∈ sao cho:
( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )
f c f c f a
g c g b g c
′
−
=
′
−
.
Nhận xét.
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0
( ) ( ) ( )
f x f x f a
f x g b g x f a f x g x f x g x
g x g b g x
′
−
′ ′ ′ ′
= ⇔ + − − =
′
−
.
Lời giải.
Xét hàm
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
h x f x g b g x f a f x g x
= + −
.
Khi ñó,

( ) ( ) ( ) ( ) ( )'(
( ) ( ) ( )
)
f x g b g x f a f x g x x x
h x f g
′ ′ ′ ′
+ − −
=
.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
h a f a g b h b
= =
, nên tồn tại
(
)
,
c a b
∈ sao cho
'( ) 0
h c
=
.
Khi ñó,
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
f c f c f a
g c g b g c
′
−

=
′
−
.



Bài toán 21.
Chứng minh rằng nếu hàm
( )
f x
liên tục trong
[ , ]
a b
, khả vi tại mọi ñiểm trong
(
)
,
a b
,
thì tồn tại
(
)
0
,
x a b
∈ sao cho
(
)
0

( ) ( ) '( )
f b f a f x b a
− = −
.
(ðịnh lý Lagrange)
Nhận xét.
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) '( ) ( )( ) ( ) ( ) ' 0
f b f a f x b a f x b a f b f a x
− = − ⇔ − − − =
.
Lời giải.
Xét hàm
(
)
( ) ( )( ) ( ) ( )
g x f x b a f b f a x
= − − −

Ta có
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

g a f a b a a f a f b bf a af b
= − + − = −
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
g b f b b a b f a f b bf a af b
= − + − = −
( ) ( )
g a g b
=
, suy ra ñpcm theo ñịnh lý Rolle.






Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

13
Bài toán 22.
Cho hàm số
( )
f x
liên tục và khả vi trên
+
ℝ

và không phải hàm hằng. Cho các số thực
,
a b
thỏa mãn
0
a b
< <
. Chứng minh rằng tồn tại
(
)
,
c a b
∈ sao cho:
( ) ( )
'( ) ( )
af b bf a
cf c f c
b a
−
− =
−
.
(Olympic SV 1994)
Nhận xét.
2
'( ) ( ) ( )
'( ) ( ) 0 0
xf x f x k f x k
xf x f x k
x x

′
− − +
 
− = ⇔ = ⇔ =
 
 

L
ờ
i gi
ả
i.
ðặ
t
( ) ( )af b bf a
k
b a
−
=
−
là h
ằ
ng s
ố
.
Xét hàm
( )
( )
f x k
g x

x
+
=
.
Ta có
( ) ( )af b bf a
k
b a
−
=
−

( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
f a k f b k
a f b k b f a k g a g b
a b
+ +
⇒
+ = +
⇒
=
⇒
=

T
ừ

ñ

ó d
ẫ
n
ñế
n
ñ
pcm theo
ñị
nh lý Rolle.

Bài toán 23.
Cho hàm s
ố

( )
f x
liên t
ụ
c trên
[
]
0;1
và kh
ả
vi trong
(
)
0;1
, th
ỏ

a mãn
(0) (1) 0
f f
= =
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
∃
(
)
0;1
c
∈
sao cho
'( ) ( )
f c f c
=
.
(Olympic SV 2000)
Nh
ậ
n xét. Bài này liên quan
ñế
n hàm
'( ) ( ) ( )
f x P x f x
+

,
ở

ñ
ây
( ) 1
P x
= −
.
L
ờ
i gi
ả
i.
Xét hàm
( ) ( )
x
F x e f x
−
=
.
(
)
'( ) '( ) ( )
x
F x e f x f x
−
= − .
Ta có
(0) (1) 0

F F
= =
, nên theo
ñị
nh lý Rolle, t
ồ
n t
ạ
i
(
)
0;1
c∈ sao cho
'( ) 0
F c
=
.
Khi
ñ
ó
'( ) ( ) 0
f c f c
− =
, hay
'( ) ( )
f c f c
=
.

Bài t

ổ
ng quát:
Bài toán 24.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng n
ế
u các hàm
,
f g
liên t
ụ
c trên
[
]
;
a b
và kh
ả
vi trong
(
)
;
a b
, th
ỏ
a mãn
( ) ( ) 0

f a f b
= =
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
∃
(
)
;
c a b
∈ sao cho
'( ) '( ) ( ) 0
f c g c f c
+ =
.
H
ướ
ng d
ẫ
n. Xét hàm
( )
( ) ( )
g x
F x f x e
=
.

Trần Vũ Trung

KSTN ðKTð – K55

14
*** Hệ quả ñịnh lý Rolle ***
Cho
( )
f x
là hàm khả vi trên
ℝ
.
Dạng 1. Nếu phương trình
( ) 0
f x
=
có
n
nghiệm thực phân biệt, thì phương trình
( ) 0
f x
′
=
có ít nh
ấ
t
1
n
−
nghi
ệ
m th

ự
c phân bi
ệ
t.
D
ạ
ng 2. N
ế
u ph
ươ
ng trình
( ) 0
f x
′
=
có
n
nghi
ệ
m th
ự
c phân bi
ệ
t, thì ph
ươ
ng trình
( ) 0
f x
=
có không quá

1
n
+
nghi
ệ
m th
ự
c phân bi
ệ
t.

Bài toán 25.
Cho hàm
f
kh
ả
vi. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng n
ế
u ph
ươ
ng trình
( ) 0
f x
=
có
n

nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
thì ph
ươ
ng trình
( ) ( ) 0
f x f x
α
′
+ =
có ít nh
ấ
t
1
n
−
nghi
ệ
m phân bi
ệ
t,
\{0}
α
∀ ∈
ℝ
.
Lời giải

.
Xét hàm
( ) ( )
x
a
g x e f x
=
,
( )
g x
khả vi trên
ℝ
, phương trình
( ) 0
g x
=
có
n
nghiệm phân
biệt, nên phương trình
( )
( ) 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0
x
e
g x f x f x f x f x
α
α α
α
′ ′ ′
= ⇔ + = ⇔ + =

có ít
nhất
1
n
−
nghiệm thực (ñpcm).

Bài toán 26.
Giải phương trình
(
)
3
3 1 log 1 2
x
x x
= + + + (1)
Lời giải.
ðKXð:
1
2
x
> −
.
(1)
(
)
3
3 1 2 log 1 2
x
x x x

⇔ + = + + + .
Xét
3
( ) log
f t t t
= + là hàm ñồng biến trên
(
)
0;
+∞
.
(
)
(
)
3 1 2 3 1 2 3 2 1 0
x x x
f f x x x
= + ⇒ = + ⇒ − − =
.
Xét hàm
( ) 3 2 1
x
g x x
= − −
,
1
2
x
> −

.
Ta có
( ) 3 ln3 2
x
g x
′
= −
,
( )
2
( ) 3 ln3 0
x
g x
′′
= >
,
1
2
x
∀ > −
.
Phương trình
( ) 0
g x
′′
=
không có nghiệm thực nên phương trình
( ) 0
g x
=

không có quá
2 nghiệm, mà
(0) (1) 0
g g
= =
.
Vậy (1) có 2 nghiệm thực là
0
x
=
và
1
x
=
.

Bài toán 27.
Chứng minh ña thức
7 6 5 4 3 2
( ) 1
7 6 5 4 3 2
x x x x x x
p x x
= − + − + − + −
có ñúng 1 nghiệm thực.

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

15

Lời giải.
( )
p x
là ña thức bậc lẻ nên có ít nhất 1 nghiệm thực.
Giả sử
( )
p x
có số nghiệm thực
2
≥
. Theo ñịnh lý Rolle, ña thức
6 5 4 3 2
'( ) 1
p x x x x x x x
= − + − + − +

có ít nhất 1 nghiệm, gọi ñó là
0
x
.
Khi ñó,
(
)
7
0 0 0
1 1 '( ) 0
x x p x
+ = + =

⇒

0
1
x
= −
, nhưng
'( 1) 7 0
p
− = ≠
, mâu thuẫn.
Vậy ña thức
( )
p x
có ñ
úng 1 nghi
ệ
m th
ự
c.

Bài toán 28.
Cho
( )
P x
là
ñ
a th
ứ
c b
ậ
c

n
v
ớ
i h
ệ
s
ố
th
ự
c. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng ph
ươ
ng trình
2 ( )
x
P x
=
có
không quá
1
n
+
nghi
ệ
m th
ự
c.

(Olympic SV 2009)
L
ờ
i gi
ả
i.
( )
k
P
là
ñạ
o hàm c
ấ
p
k
c
ủ
a
P
.
Xét hàm
( ) ( ) 2
x
f x P x
= −
.
( ) ( ) 2 ln 2
x
f x P x
′ ′

= −
,
… … …
( )
( ) ( )
( ) ( ) 2 ln 2
n
n n x
f x P x= − .
Do
( )
P x
là ña thức bậc
n
nên
( 1)
( ) 0
n
P x
+
=
.
Phương trình
( )
1
( 1)
( ) 0 2 ln2 0 2 0
n
n x x
f x

+
+
= ⇔ − = ⇔ =
không có nghiệm thực, vì vậy áp
dụng ñịnh lý Rolle, phương trình
( ) 0
f x
=
có không quá
1
n
+
nghiệm thực.


ðịnh lý (số gia hữu hạn) Lagrange

Nếu hàm
( )
y f x
=
:
i. liên tục trong
[ , ]
a b
,
ii. khả vi tại mọi ñiểm trong
(
)
,

a b
,
thì tồn tại
(
)
0
,
x a b
∈
sao cho
(
)
0
( ) ( ) '( )
f b f a f x b a
− = −
.

Bài toán 29.
Cho hàm
( )
f x
khả vi trên ñoạn
[
]
0;1
thỏa mãn
(0) 0
f
=

,
(1) 1
f
=
. Chứng minh rằng
với mọi
1
0
k
>
,
2
0
k
>
, tồn tại
[
]
1 2
, 0;1
x x
∈
sao cho
1 2
1 2
1 2
'( ) '( )
k k
k k
f x f x

+ = +
(*).


Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

16
Lời giải.
ðặt
1
1 2
k
k k
α
=
+
, khi ñó,
(
)
0;1
α
∈ và (*) tr
ở
thành
1 2
1
1
'( ) '( )
f x f x

α α
−
+ =
.
Áp d
ụ
ng
ñị
nh lý Lagrange,
(
)
1
0;
x
α
∃ ∈ :
1
( ) (0) ( )
'( )
0
f f f
f x
α α
α α
−
= =
−
.

(

)
2
;1
x
α
∃ ∈ :
2
(1) ( ) 1 ( )
'( )
1 1
f f f
f x
α α
α α
− −
= =
− −
.
Khi ñó,
( )
1 2
1
( ) 1 ( ) 1
'( ) '( )
f f
f x f x
α α
α α
−
+ = + − =

, ñpcm.

Bài toán 30.
Cho hàm số
( )
f x
liên tụ
c và kh
ả
vi trên
ñ
o
ạ
n
[0;1]
và th
ỏ
a mãn
(0) 0, (1) 1
f f
= =
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ

i
(
)
, 0;1
a b
∈ ,
a b
≠
sao cho
( ) ( ) 1
f a f b
′ ′
=
.
(Olympic SV 1999)
(KSTN 2008)
Nh
ậ
n xét
.
C
ầ
n có
(
)
0;1
c
∈
ñể
áp d

ụ
ng
ñị
nh lý Lagrange trên 2 kho
ả
ng
(
)
0;
c
và
(
)
;1
c
.
(
)
0;
a c
∃ ∈ :
( ) (0) ( )
( )
0
f c f f c
f a
c c
−
′
= =

−

(
)
;1
b c
∃ ∈ :
(1) ( ) 1 ( )
( )
1 1
f f c f c
f b
c c
− −
′
= =
− −
.
( )
( )
( ) 1 ( )
( ) ( ) 1 1 ( ) 1 ( ) (1 )
( ) 1
1
f c c
f c f c
f a f b f c f c c c
f c c
c c
=


−
′ ′
= ⇔ ⋅ = ⇔ − = − ⇔

= −
−

.
Nh
ư
ng có vô s
ố

ñồ
th
ị
hàm
ñ
i qua
A(0;0)
và
B(1;1)
mà không c
ắ
t
ñườ
ng th
ẳ
ng

y x
=
t
ạ
i
ñ
i
ể
m nào khác A,B (ví d
ụ

ñồ
th
ị
hàm
2
y x
=
), vì v
ậ
y ph
ươ
ng án
( )
f c c
=
không kh
ả
thi.
L

ờ
i gi
ả
i
.
Xét hàm
( ) ( ) 1
g x f x x
= + −
liên t
ụ
c trên
ñ
o
ạ
n
[0;1]
.
(0) 1 0
g
= − <
,
(1) 1 0
g
= >
, suy ra t
ồ
n t
ạ
i

(
)
0;1
c
∈
sao cho
( ) 0
g c
=
, hay
( ) 1
f c c
= −
.
Áp d
ụ
ng
ñị
nh lý Lagrange,
(
)
0;
a c
∃ ∈
:
( ) (0) ( )
( )
0
f c f f c
f a

c c
−
′
= =
−

(
)
;1
b c
∃ ∈ :
(1) ( ) 1 ( )
( )
1 1
f f c f c
f b
c c
− −
′
= =
− −
.
Khi ñó,
( ) ( ) 1
f a f b
′ ′
=
(ñpcm).

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

17
Bài toán 31.
Cho hàm số
( )
f x
khả vi trên ñoạn
[
]
,
a b
,
( )
2
a b
f a
−
=
,
( )
2
b a
f b
−
=
,
0
2

a b
f
+
 
≠
 
 
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i các s
ố

ñ
ôi m
ộ
t khác nhau
(
)
1 2 3
, , ,
c c c a b
∈
sao cho:

(
)
(
)
(
)
1 2 3
1
f c f c f c
′ ′ ′
=
.
(OLSV 2003)
Nhận xét
.
Có
(
)
1
,
c a b
∈
ñể

( )
1
( ) ( )
1
f b f a
f c

b a
−
′
= =
−
.
C
ầ
n có
(
)
0
,
x a b
∈
ñể
có
( )
0
0
2
0 0
( )
( ) ( )
2
a b
f x
f x f a
f c
x a x a

−
−
−
′
= =
− −

và
( )
0
0
3
0 0
( )
( ) ( )
2
b a
f x
f b f x
f c
b x b x
−
−
−
′
= =
− −

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
2 2

2 2
2 3 0 0 0 0 0
1 ( ) ( )
2 2
a b a b
f c f c f x x a x b f x x
− +
   
′ ′
= ⇔ − = − − ⇔ = −
   
   
.
Nhưng lập luận giống như bài trên, phương án
0 0
( )
2
a b
f x x
+
= −
không khả thi.
Vì vậy,
0 0
( )
2
a b
f x x
+
= −

.
Lời giải.
Theo ñịnh lý Lagrange, tồn tại
(
)
1
,
c a b
∈ sao cho
( )
1
( ) ( )
1
f b f a
f c
b a
−
′
= =
−
.
Xét hàm
( ) ( )
2
a b
g x f x x
+
= + −
.
Ta có

( )
2
( ) ( ) 0
g a g b a b
= − − <
nên
(
)
0
,
x a b
∃ ∈
ñể
0
( ) 0
g x
=
, hay
0 0
( )
2
a b
f x x
+
= −
.
Theo ñịnh lý Lagrange,
(
)
2 0

,
c a x
∃ ∈ sao cho
( )
0 0
2
0 0
( ) ( )
f x f a b x
f c
x a x a
− −
′
= =
− −

(
)
3 0
,
c x b
∃ ∈ sao cho
( )
0 0
3
0 0
( ) ( )
f b f x x a
f c
b x b x

− −
′
= =
− −
.
Khi ñó,
(
)
(
)
2 3
1
f c f c
′ ′
=
.
Dễ thấy
2 3
c c
≠
(do
2 0 3
c x c
< <
).
Nếu
1 2
c c
=
hoặc

1 3
c c
=
thì
0 0 0
2
a b
b x x a x
+
− = − ⇔ =


Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

18
suy ra
0
( ) 0
2 2
a b a b
f g g x
+ +
   
= = =
   
   
, mâu thu
ẫ
n v

ớ
i gi
ả
thi
ế
t.
V
ậ
y
(
)
1 2 3
, , ,
c c c a b
∈
ñ
ôi m
ộ
t khác nhau, và
(
)
(
)
(
)
1 2 3
1
f c f c f c
′ ′ ′
=

.

Bài toán 32.
Cho hàm s
ố

( )
f x
kh
ả
vi trên
ñ
o
ạ
n
[0;1]
,
(0) 0
f
=
,
1
0
( )d 1
f x x
=
∫
.
Ch
ứ

ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i
(
)
0;1
c∈ sao cho
( ) 2
f c
′
≥
.
Nhận xét.
Cần có
(
)
0
0;1
x ∈ ñể
0 0
0 0
( ) (0) ( )
( ) 2
0
f x f f x
f c

x x
−
′
= = ≥
−
, nghĩa là
0 0
( ) 2
f x x
≥ .
Lời giải.
Nếu
( ) 2
f x x
<
với mọi
(
)
0
0;1
x ∈ , thì
1 1
1
2
0
0 0
( )d 2 d 1
f x x x x x
< = =
∫ ∫

, mâu thuẫn giả thiết.
Suy ra tồn tại
(
)
0
0;1
x ∈ sao cho
0 0
( ) 2
f x x
≥ .
Theo ñịnh lý Lagrange, tồn tại
(
)
0
0,
c x
∈ sao cho
0 0
0 0
( ) (0) ( )
( ) 2
0
f x f f x
f c
x x
−
′
= = ≥
−

.

ðịnh lý (số gia hữu hạn) Cauchy
Nếu các hàm
( )
f x
và
( )
g x
:
i. liên tục trong
[ , ]
a b
,
ii. khả vi tại mọi ñiểm trong
(
)
,
a b
,
iii.
'( ) 0
g x
≠

(
)
,
x a b
∀ ∈ ,

thì tồn tại
(
)
0
,
x a b
∈
sao cho
0
0
'( )
( ) ( )
( ) ( ) '( )
f x
f b f a
g b g a g x
−
=
−
.

Sử dụng ñịnh lý Cauchy giải Bài toán 22:
Xét các hàm
( )
( )
f x
g x
x
=
,

1
( )h x
x
= −
, ñều khả vi trên
(
)
,
a b
.
2
( ) ( )
( )
xf x f x
g x
x
′
−
′
=
,
2
1
( )h x
x
′
=
.
Áp dụng ñịnh lý Cauchy, tồn tại
(

)
,
c a b
∈ sao cho:
( ) ( )
'( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 1
'( ) ( ) ( )
f b f a
g c g b g a af b bf a
b a
cf c f c
h c h b h a b a
a b
−
− −
′
− = = = =
− −
−
(
ñ
pcm).