khóa luận tốt nghiệp một số ứng dụng của các định lý giá trị trung bình

1
M
Ở ĐẦU
1. Lý do ch
ọn đề tài
Các đ
ịnh lý về giá trị trung b
ình đóng một vai trò quan trọng trong giải
tích toán h
ọc v
à thư
ờng xuyên được khai thác trong các kỳ thi Olympic Toán
đ
ịa phương, quốc gia và quốc tế (ở cấp độ học sinh THPT hoặc sinh viên Đại
h
ọc).
Ch
ứng tỏ ra là một công cụ rất hiệu lực trong việc giải các bài toán liên
quan đ
ến sự tồn tại nghiệm và các tính chất định lượng của nghiệm của nhiều
d
ạng phương trình khác nhau.
Trong nh
ững năm gần đây, những k
ỳ thi h
ọc sinh giỏi cấp quốc gia
, qu
ốc
t
ế,
trong các k

ỳ thi Olympic Toán sinh vi
ên giữa các trường Đ
ại học trong
nư
ớc th
ì các bài toán liên quan
đến tính liên tục và đạo hàm của hàm số
thư
ờng xuy
ên xuất hiện và dạng phổ biến nhất là chứng minh phương trình có
nghi
ệm, giải ph
ương tr
ình
, ch
ứng minh bấ
t đ
ẳng thức
.
Xu
ất phát từ nhu cầu muốn tìm hiểu về các ứng dụng của định lý giá trị
trung bình trong ch
ương trình THPT và Đại học, đặc biệt dành cho khối
chuyên Toán tôi quy
ết định chọn đề tài khóa luận tốt nghiệp là:
“ M
ột số ứ
ng
d
ụng của

các đ
ịnh lý giá
tr
ị trung b
ình”.
2. M
ục đích nghiên cứu
M
ục ti
êu của đề tài nhằm nghiên cứu một số ứng dụng của các định lý
Lagrange, Rolle, Cauchy đ
ể chứng minh ph
ương trình
có nghi
ệm, giải
phương tr
ình,
ch
ứng minh bất đẳng thức
, tìm gi
ới hạn của d
ãy s
ố
.
3. Đối tượng nghiên cứu
Đ
ối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu là các bài tập ra trong các sách giải
tích, các đề thi Olympic liên quan đến ứng dụng của các giá trị trung bình.
4. Gi
ả thuyết khoa học

N
ếu sinh viên lĩnh hội tốt các kiến thức có trong đề tài thì sẽ
đ
ạt được
hi
ệu quả trong quá trình tìm hiểu những ứng dụng quan trọng của các định lý
này trong vi
ệc giải những bài toán sơ cấp và các bài toán khác.
2
5. Phương pháp nghiên c
ứu
- Phương pháp nghiên c
ứu t
ài liệu
- H
ệ thống các bài tập và phân loại
6. C
ấu t
rúc c
ủa khóa luận tốt nghiệp
Ngoài ph
ần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo,
đ
ề tài gồm 2
chương.
Chương 1. “Cơ s
ở lý thuyết”. Chương này trình bày các kiến thức cơ sở
liên quan đ
ến ứng dụng của định lý giá trị trung bình.
Chương 2. “Các

ứng dụng của địn
h lý giá tr
ị trung b
ình”. Đây là nội dung
chính c
ủa khóa luận, trình bày các ứng dụng của định lý giá trị trung bình.
3
Chương 1. CƠ S
Ở
LÝ THUY
ẾT
1.1. Hàm s
ố liên tục
1.1.1. M
ột số định nghĩa
a) Hàm s
ố
( )
xf
xác đ
ịnh trong
t
ập
RA ⊂
đư
ợc gọi là liên tục tại điểm
Aa∈
n
ếu:
0,0 >∃>∀


( )( )

,a=
sao cho:
( ) ( )

<−⇒<−∈∀ afxfaxAx :
Như v
ậy nếu
a
là đi
ểm tụ của tập
A
thì
( )
xf
liên t
ục tại điểm
a
n
ếu tồn
t
ại
( )
xf
ax→
lim
và
( ) ( )

afxf
ax
=
→
lim
N
ếu
( )
xf
liên t
ục tại mọi điểm
Ax∈
thì
( )
xf
đư
ợc gọi là liên tục trên
mi
ền
A
.
b) Hàm s
ố
( )
xf
đư
ợc gọi là liên tục bên trái tại
Aax ∈=
n
ếu

( )
( )
( )
afafxf
ax
==
−
→
−
lim
và liên t
ục b
ên ph
ải tại
ax =
n
ếu
( )
( )
( )
afafxf
ax
==
+
→
+
lim
Hàm s
ố li
ên tục tại

Aax ∈=
khi và ch
ỉ khi
( )
xf
liên t
ục b
ên trái và liên
t
ục bên phải tại điểm
a
.
1.1.2. M
ột số
đ
ịnh lý
Đ
ịnh lý 1
. N
ếu
( )
xf
và
( )
xg
là nh
ững h
àm liên tục tại điểm
ax =
thì

( ) ( )
xgxf +
;
( ) ( )
xgxf .
là những hàm liên tục tại
a
.
Hơn n
ữa
( )
0≠xg
thì
( )
( )
xg
xf
c
ũng là hàm liên tục tại
a
.
Đ
ịnh lý 2
. N
ếu hàm số
( )
xfy =
liên t
ục trên
[ ]

ba,
thì nó b
ị chặn trên
đo
ạn đó. Tức là tồn tại
0>k
sao cho:
( )
[ ]
baxkxf ,, ∈∀≤
4
Đ
ịnh lý 3
. (Đ
ịnh lý
weierstrass)
N
ếu h
àm số
( )
xfy =
liên t
ục tr
ên
[ ]
ba,
thì nó
đ
ạt giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất trên đoạn đó. Tức là:

[ ]
( )
[ ]
( )
xfMinxfbax
ba,
11
:, =∈∃
[ ]
( )
[ ]
( )
xfMaxxfbax
ba,
22
:, =∈∃
Đ
ịnh lý 4
. N
ếu h
àm số
( )
xf
liên t
ục tr
ên
[ ]
ba,
,
( ) ( )

BbfAaf == ,
thì
hàm s
ố nhận mọi giá trị trung
gian gi
ữa
A
và
B
.
Hệ quả. Nếu hàm số
( )
xfy =
liên tục trên
[ ]
ba,
thì nó nhận mọi giá trị
trung gian gi
ữa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.
Đ
ịnh lý 5
. N
ếu hàm số
f
liên t
ục trên đoạn
[ ]
ba,
và
( ) ( )

0. <bfaf
thì có
ít nh
ất một điểm
( )
bac ,∈
đ
ể
( )
0=xf
.
1.2. Đ
ạo h
àm
1.2.1. Các đ
ịnh nghĩa
a) Gi
ả sử
( )
xf
là hàm s
ố xác định trong kh
o
ảng
( ) ( )
baxba ,,,
0
∈
.
Kí hi

ệu:
( )
baxxxx ,,
0
∈−=∆
là s
ố gia của đối số tại điểm
0
x
( ) ( )
0
xfxfy −=∆
là s
ố gia của h
àm s
ố ứng với số gia
x∆
c
ủa đối số.
Xét tỷ số
x
y
∆
∆
.
N
ếu tồn
t
ại giới hạn hữu hạn:
( ) ( )

0
0
0
0
limlim
xx
xfxf
x
y
xxx
−
−
=
∆
∆
→→∆
(1)
thì gi
ới hạn đó đ
ược gọi là đạo hàm của hàm số
( )
xf
t
ại điểm
0
x
.
Đ
ạo hàm của
( )

xf
t
ại
0
x
thư
ờng được kí hiệu:
( )
0
'
xf
hay
( )
0
x
dx
dt
.
5
Trong trư
ờng hợp giới hạn (1) tồn tại và bằng
∞+
hay
∞−
thì ng
ười ta
nói hàm
( )
xf
có đ

ạo hàm vô hạn tại
0
x
.
b) Các gi
ới hạn một phía:
( ) ( )
0
0
00
limlim
xx
xfxf
x
y
xx
−
−
=
∆
∆
−−
→∆→∆
và
( ) ( )
0
0
00
limlim
xx

xfxf
x
y
xx
−
−
=
∆
∆
++
→∆→∆
Tương
ứng được gọi là đạo hàm bên trái và đạo hàm bên phải của hàm
( )
xf
t
ại
0
x
và l
ần lượt được ký hiệu là
( )
0
'
xf
+
và
( )
0
'

xf
−
. Các đ
ạo hàm này
gọi là đạo hàm một phía của
( )
xf
tại
0
x
.
Ta có k
ết quả sau đây:
Đi
ều kiện cần và đủ để hàm
( )
xf
có đ
ạo hàm tại
0
x
là các đ
ạo hàm
m
ột
phía c
ủa h
àm
( )
xf

t
ại
0
x
t
ồn tại v
à bằng nhau. Khi đó:
( ) ( ) ( )
0
'
0
'
0
'
xfxfxf
−+
==
c) Hàm s
ố
( )
xfy =
g
ọi l
à có đạo hàm trên
( )
ba,
n
ếu nh
ư nó có đạo hàm
t

ại mọi điểm
( )
bax ,∈
.
Hàm số
( )
xfy =
gọi là có đạo hàm trên
[ ]
ba,
nếu như nó có đạo hàm tại
m
ọi điểm
( )
bax ,∈
có đ
ạo hàm phải
( )
af
'
+
và đ
ạo hàm trái
( )
bf
'
−
.
1.2.2. Các đ
ịnh lý

Rolle, Lagrange, Cauchy
1.2.2.1. Đ
ịnh lý Rolle
Đ
ịnh lí
. N
ếu
( )
xf
là hàm liên t
ục tr
ên đo
ạn
[ ]
ba,
,có đ
ạo h
àm trên kho
ảng
( )
ba,
và
( ) ( )
bfaf =
thì t
ồn tại
( )
bac ,∈
sao cho
( )

0
'
=cf
.
Ch
ứng minh:
Vì
( )
xf
liên tục trên
[ ]
ba,
nên theo định lí Weierstrass
( )
xf
nhận giá
tr
ị lớn nhất
M và giá tr
ị nhỏ nhất
m trên
[ ]
ba,
.
6
- Khi M = m ta có
( )
xf
là hàm h
ằng trên

[ ]
ba,
do đó v
ới mọi
( )
bac ,∈
luôn có
( )
0
'
=cf
.
- Khi
mM >
vì
( ) ( )
bfaf =
nên t
ồn tại
( )
bac ,∈
sao cho
( )
mcf =
ho
ặc
( )
Mcf =
theo b
ổ đề Fermat suy ra

( )
0
'
=cf
.
H
ệ quả 1
. N
ếu h
àm s
ố
( )
xf
có đ
ạo h
àm trên
( )
ba,
và
( )
xf
có
n
nghi
ệm
(
1, >∈ nNn
) trên
( )
ba,

thì
( )
xf
'
có ít nhất n – 1 nghiệm trên
( )
ba,
.
H
ệ quả 2
. N
ếu hàm số
( )
xf
có đ
ạo hàm trên
( )
ba,
và
( )
xf
'
vô nghi
ệm
trên
( )
ba,
thì
( )
xf

có nhi
ều nhất 1 nghiệm trên
( )
ba,
.
H
ệ quả 3
. N
ếu
( )
xf
có đ
ạo hàm trên
( )
ba,
và
( )
xf
'
có nhi
ều nhất
n
nghi
ệm (
n là s
ố nguyên dương) trên
( )
ba,
thì
( )

xf
có nhi
ều nhất
n + 1
nghi
ệm trên
( )
ba,
.
Các h
ệ quả trên được suy ra trực tiếp từ định lí Rolle và nó vẫn đúng n
ếu
các nghi
ệm là nghiệm bội khi
( )
xf
là đa th
ức
.
1.2.2.2. Đ
ịnh lý Lagrange
Đ
ịnh lí.
N
ếu
( )
xf
là hàm liên t
ục trên đoạn
[ ]

ba,
có đ
ạo hàm trên
kho
ảng
( )
ba,
thì t
ồn tại
( )
bac ,∈
sao cho:
( )
( ) ( )
ab
afbf
cf
−
−
=
'
Ch
ứng minh:
Xét hàm s
ố:
( ) ( )
( ) ( )
x
ab
afbf

xfxF
−
−
−=
.
Ta có:
( )
xF
là hàm liên t
ục trên đoạn
[ ]
ba,
có đ
ạo hàm trên khoảng
( )
ba,
và
( ) ( )
bFaF =
.
Theo đ
ịnh lí Rolle tồn tại
( )
bac ,∈
sao cho
( )
0
'
=cF
.

Mà
( ) ( )
( ) ( )
ab
afbf
xfxF
−
−
−=
''
suy ra
( )
( ) ( )
ab
afbf
cf
−
−
=
'
.
Đ
ịnh lí Rolle là một hệ quả của định lí Lagrange
(trong trư
ờng hợp
( ) ( )
bfaf =
)
7
1.2.2.3. Đ

ịnh lý
Cauchy
Đ
ịnh lý 1.
N
ếu h
àm số
( )
xfy =
liên t
ục tr
ên
[ ]
ba,
và
( ) ( )
0. <bfaf
thì
( )
bac ,∈∃
sao cho
( )
0=cf
.
Đ
ịnh lý 2
. N
ếu các hàm
( ) ( )
xgyxfy == ,

liên t
ục trên
[ ]
ba,
kh
ả vi
trong
( ) ( )
[ ]
baxxgba ,0,, ∈∀≠
thì t
ồn tại ít nhất một điểm
[ ]
bac ,∈
sao cho:
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
agbg
afbf
cg
cf
−
−
=
'
'
Ch
ứng minh

:
Xét hàm s
ố:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
[ ] [ ]
baxagxg
agbg
afbf
afxfx ,, ∈−
−
−
−−=


th
ỏa m
ãn các giả thiết của định lý Rolle

liên t
ục tr
ên đoạn
[ ]
ba,

có đ
ạo h
àm trên kho

ảng
( )
ba,
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
xg
agbg
afbf
xfx
'''
−
−
−=

( ) ( )
0== ba

Do đó t
ồn tại ít nhất một điểm
[ ]
bac ,∈
sao cho
( )
0
'
=c

T

ừ đó suy ra điều phải chứng minh.
8
Chương 2. CÁC
ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ
TRUNG BÌNH
2.1.
Ứng dụng để chứng mi
nh phương tr
ình có nghiệm
2.1.1. Phương pháp chung
- Bài toán chứng minh phương trình
( )
0=xf
có nghiệm trong
( )
ba,
với
( )
xf
liên t
ục trong
[ ]
ba,
và kh
ả vi
trong
( )
ba,
.
- Phương pháp gi

ải:
Đ
ể áp dụng
đ
ịnh lý
Rolle, Lagrange vào vi
ệc giải bài toán này, điều quan
tr
ọng nhất là nhận ra được hàm
( )
xF
th
ực chất là nguyên hàm của hàm
( )
xf
.
C
ụ thể đ
ược thực hiện theo các bước sau:
Bư
ớc 1.
Xác đ
ịnh hàm số
( )
xF
kh
ả vi và liên tục trên
[ ]
ba,
và th

ỏa mãn:
i)
( ) ( )
xfxF =
'
(t
ức là
( ) ( )
∫
= dxxfxF
)
ii)
( ) ( )
0=− aFbF
Bư
ớc 2. Khi đó sử dụng định lý Lagrange kết luận tồn tại
( )
bax ,
0
∈
sao
cho:
( )
( ) ( )
( )
0
00
'
=⇔
−

−
= xf
ab
aFbF
xF
⇔
phương tr
ình
( )
0=xf
có nghi
ệm
( )
bax ,
0
∈
.
Lưu ý:
- N
ếu
f
có
n
nghi
ệm phân biệt trên
( )
ba,
và có đ
ạo hàm bậc
k

trên đó
thì
'
f
có ít nh
ất
1−n
nghi
ệm,
''
f
có ít nh
ất
2−n
nghi
ệm,…,
k
f
có ít nh
ất
kn −
nghi
ệm.
- Để chứng minh
( )
xf
có không quá
m
nghiệm thì ta phải chứng minh
( )

xf
'
có không quá
1−m
nghi
ệm.
9
2.1.2. Các ví d
ụ minh họa
Ví d
ụ 1.
Cho
n
nguyên dương, cho
Rba
kk
∈,
( )
nk , ,2,1=
.
CMR:
( )
∑
=
=++
n
k
kk
kxbkxax
1

0cossin
có nghi
ệm trong khoảng
( )

,−
.
(Olympic sinh viên 1994)
L
ời giải:
Xét hàm
( )
Rxkx
k
b
kx
k
a
x
xF
n
k
kk
∈







+
−
+=
∑
=1
2
sincos
2
Rõ ràng
( )
xF
liên t
ục
[ ]

,−
, kh
ả vi trên
R
và
( ) ( )
∑
=
++=
n
k
kk
kxbkxaxxf
1
'

cossin
Ngoài ra:
( ) ( ) ( )
∑
=






−
−
+==−
n
k
k
k
k
a
FF
1
2
1
2


Áp d
ụng định lý Rolle
( )


,−∈∃c
sao cho
( )
0
'
=cF
( )
∑
=
=++⇔
n
k
kk
kcbkcac
1
0cossin
⇔
Phương tr
ình
( )
∑
=
=++
n
k
kk
kxbkxax
1
0cossin

có nghi
ệm thuộc
( )

,−
.
Ví d
ụ 2
. CMR v
ới mọi số thực
cba ,,
thì ph
ương trình
0sincos2cos3cos =+++ xxcxbxa
luôn có nghi
ệm trong
( )

2,0
.
L
ời giải
Xét hàm s
ố
( )
xxcxbxaxF cossin2sin
2
1
3sin
3

1
−++=
10
Rõ ràng
( )
xF
xác đ
ịnh và liên tục trên
[ ]

2,0
và có đ
ạo hàm tại mọi
đi
ểm thuộc
( )

2,0
và
( )
xxcxbxaxF sincos2cos3cos
'
+++=
Ngoài ra:
( ) ( )
120 −==

FF
Theo đ
ịnh lý Rolle


20, <<∃
sao cho:
( )
0sincos2cos3cos0
'
=+++⇔=

cbaF
⇔
Phương tr
ình
xxcxbxa sincos2cos3cos +++
có nghi
ệm
( )

2,0∈
.
Ví d
ụ 3
. Cho
( )
( )
( )
Rxn
inx
Ck
xf
n

i
ii
i
∈Ν∈<
+−
−
=
∑
=
;2
1
0
0
CMR n
ếu
1≥k
thì
( )
0=xf
không có nghi
ệm dương.
L
ời giải
V
ới
1≥k
gi
ả sử ph
ương trình đã cho có nghiệm
0

0
>x
.
Xét hàm:
( ) ( ) ( ) ( )
n
x
n
i
n
i
i
n
in
i
xinx
i
n
i
i
kyyCykyyCkyg −=−=−=
−
= =
−
−−−+
∑ ∑
1
1 0
11
000

1
Ta có:
( ) ( )
01;00 == gg
. Nên theo đ
ịnh lý Rolle thì
( )
1,0∈∃

sao cho
( ) ( )
kkg
n
x
=⇒=−⇒=
−

00
1
'
0
1<=⇒

k
. Vô lý nên ph
ương trình
( )
0=xf
không th
ể có nghiệm

dương.
Ví d
ụ
4. Cho
0
2345
=++++ e
dcba
. CMR khi đó phương tr
ình
0coscoscoscos
2468
=++++ exdxcxbxa
có nghi
ệm.
L
ời giải
Đ
ặt
[ ]
( )
1,0cos
2
∈= txt
Như v
ậy ph
ương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi phương trình
0
234
=++++ edtctbtat

có nghi
ệm thuộc đoạn
[ ]
1,0
.
11
Xét hàm s
ố
( )
ett
d
t
c
t
b
t
a
tf ++++=
2345
2345
Rõ ràng
( )
tf
liên t
ục trên đoạn
[ ]
1,0
và kh
ả vi trên đoạn mở
( )

1,0
.
Ta có:
( )
0
2345
1 =++++= e
dcba
f
và
( )
00 =f
.
M
ặt khác
( )
edtctbtattf ++++=
234'
Nên theo đ
ịnh lý Rolle
( )
tf
'
có nghi
ệm thuộc khoảng
( )
1,0
hay phương
trình đ
ã cho luôn có nghiệm.

Ví d
ụ 5.
Cho
0>m
là s
ố nguyên dương còn
cba ,,
là 3 s
ố thực sao cho:
0
12
=+
+
+
+ m
c
m
b
m
a
CMR khi đó phương tr
ình
0
2
=++ cbxax
có ít nh
ất một nghiệm thuộc
kho
ảng
( )

1,0
.
L
ời giải
Xét hàm s
ố
( )
mmm
x
m
c
x
m
b
x
m
a
xF +
+
+
+
=
++ 12
12
liên t
ục
[ ]
1,0
, kh
ả vi

( )
1,0
và:
( )
( )
cbxaxxxF
m
++=
− 21'
Ngoài ra:
( ) ( )
010 == FF
Áp d
ụng định lý Rolle khi đó:
( )
1,0∈∃

sao cho
( )
0
'
=

F
( )
0
21
=++⇔
−
cba

m

0
2
=++⇔ cba

V
ậy ph
ương trình
0
2
=++ cbxax
có nghi
ệm trong
( )
1,0
.
* Ngư
ời ta có thể sử dụng các ph
ương pháp khác đ
ể giải bài toán trên
ch
ẳng hạn ta dùng phương pháp định lý đảo tam thức bậc hai như sau:
12
Xét hai kh
ả năng:
i) N
ếu
0=a
. Khi đó t

ừ giả thiết ta có:
( )
*0
1
=+
+ m
c
m
b
l
ại xét khả nă
ng:
+ N
ếu
0=b
khi đó t
ừ
( )
*
suy ra
0=c
như v
ậy:
000
2
=⇔=++ xcbxax
phương trình có nghiệm đúng
x∀
, nói riêng thỏa mãn yêu cầu đề bài.
+ N

ếu
0≠b
khi đó
b
c
xcbxcbxax
−
=⇔=+⇔=++ 00
2
. Do
( )
*
suy
ra
1+
=
m
m
x
. Vì
0>m
nên
10 << x
. V
ậy phương trình đã cho có nghiệm
thu
ộc
( )
1,0
.

ii) N
ếu
0≠a
d
ễ d
àng tính đư
ợc
sau khi đ
ặt:
( )
cbxaxxf ++=
2
( )
cafa .0. =
;
( )
0
1
2
1
.
2
2
<
+
−
=







+
m
ma
m
m
fa
L
ại có hai khả năng xảy ra:
+ N
ếu
( ) ( )( )
0
1
0.00.0. <












+

⇒>⇒>
m
m
fafafaca
( ) ( )
**0
1
.0 <






+
⇔
m
m
ff
Vì
( )
xf
là hàm số liên tục nên từ
( )
**
suy ra tồn tại
1
0,
11
+

<<
m
m
xx
để
cho
( )
0
1
=xf
vì
( )
1,01
1
0
1
∈⇒<
+
< x
m
m
+ N
ếu
0. ≤ca
Ta có:
( ) ( ) ( )
***.1. cbaafa ++=
.
T
ừ giả thiết:

( ) ( )
m
mc
m
ma
b
m
c
m
b
m
a 1
2
1
0
12
+
−
+
+−
=⇒=+
+
+
+
13
Vì th
ế từ
( )
***
ta có:

( )
0
2
1.
2
>−
+
=
m
ac
m
a
fa
(do
0,0.,0 ≠≤> acam
)
( )( ) ( )
11.
1
1
1
. <






+
⇒













+
⇒ f
m
m
ffa
m
m
fa
L
ại do tính liên tục của hàm
( )
xf
suy ra t
ồn tại
2
x
sao cho:
1

1
2
<<
+
x
m
m
Đ
ể
( )
0
2
=xf
. Vì
100
2
<<⇒> xm
.
Tóm l
ại ta luôn thấy yêu cầu đề bài được thỏa mãn.
Hoàn toàn tương t
ự ta có thể chứng minh bài toán tổng quát sau:
Cho s
ố thực dương m, số nguyên dương
n và các s
ố thực
0 1
, , ,
n
a a a

th
ỏa m
ãn:
1 0
0
1
n n
a a a
m n m n m
−
+ + + =
+ + −
.
Ch
ứng minh rằng
1
1 1 0
0
n n
n n
a x a x a x a
−
−
+ + + + =
có nghi
ệm thuộc (0; 1
).
(Xét hàm s
ố
1

1 0
( )
1
m n m n m
n n
a a a
f x x x x
m n m n m
+ + −
−
= + + +
+ + −
)
Ví d
ụ
6. Cho
i
a
v
ới
( )
1, ,2,1 >= nni
là
n
s
ố thực phân biệt.
CMR phương tr
ình
∑
=

=
−
n
i
i
ax
1
0
1
có đúng
1−n
nghi
ệm thực phân biệt.
L
ời giải
Xét hàm s
ố
( ) ( )
∏
=
−=
n
i
i
axxf
1
liên t
ục v
à khả vi trên
R

.
Áp d
ụng định lý Rolle cho hàm
( )
xf
trên các đo
ạn
[ ]
1
,
+ii
aa
( )
1, ,2,1 −= ni
và
( ) ( )
0
1
==
+ii
afaf
( )
1, ,2,1 −= ni
Ta suy ra
( )
xf
'
có đúng
1−n
nghi

ệm thực phân biệt
i
b
v
ới
1+
<<
iii
aba
.
14
T
ừ đó suy ra phương trình
( )
( )
0
'
=
xf
xf
có đúng
1−n
nghi
ệm thực phân
bi
ệt. Hay phương trình
∑
=
=
−

n
i
i
ax
1
0
1
có đúng
1−n
nghi
ệm thực phân biệt.
Ví d
ụ 7
. Ch
ứng minh rằng
Rba ∈∀ ,
phương tr
ình sau có ít nhất 7
nghi
ệm trên đoạn
[ ]

2,0
.
( ) ( )
03sin97sin49sin5sin25 =−+− xxbxxa
Lời giải
Xét hàm s
ố
( ) ( ) ( )

xxbxxaxf 3sin7sinsin5sin +−++−=
trên đo
ạn
[ ]

2,0
Khi đó:
( ) ( ) ( )
xxbxxaxf 3cos37cos7cos5cos5
'
+−++−=
và
( ) ( ) ( )
xxbxxaxf 3sin97sin49sin5sin25
''
−+−=
Ta th
ấy rằng:
( ) ( ) ( )
02
2
3
2
0 ==







==






=




fffff
Áp d
ụng định lý Rolle ta c
h
ứng minh được rằng
( )
xf
'
có 4 nghi
ệm
4321
,,, xxxx
th
ỏa mãn:





2
2
3
2
0
4321
<<<<<<<< xxxx
M
ặt khác
2

và
2
3

c
ũng là nghiệm của
( )
xf
'
.
V
ậy
( )
xf
'
có 6 nghi
ệm
phân bi
ệt nằm trong khoảng

( )

2,0
B
ằng cách áp dụng định lý Rolle cho hàm
( )
xf
'
ta ch
ứng được rằng
( )
xf
''
có 5 nghi
ệm phân biệt thuộc
( )

2,0
.
Mà
( ) ( )

20
''''
ff =
do v
ậy
( )
xf
''

có ít nh
ất 7 nghiệm phân biệt thuộc
đoạn
[ ]

2,0
. Suy ra đpcm.
Ví d
ụ 8
. Ch
ứng minh phương trình
1cos =xe
x
có hai nghi
ệm và giữa hai
nghi
ệm đó có một nghiệm của phương trình
1sin =xe
x
.
15
L
ời giải
Xét
( )
1cos −= xexf
x
thì
f
liên t

ục tr
ên
R
( )
0110 =−=f
nên
0
1
=x
là nghi
ệm
( ) ( )
( )( )
011.
2
<−−−=


eeff
nên có thêm nghi
ệm
( )

2,
0
∈x
V
ậy
( )
1cos0 =⇔= xexf

x
có hai nghi
ệm
21
, xx
Xét
( )
x
exxg
−
−= cos
thì
g
liên t
ục trên
R
và có đ
ạo hàm
( )
x
x
x
e
xe
exxg
sin1
sin
'
−
=+−=

−
Áp dụng định lý Lagrange trên đoạn
[ ]
21
, xx
thì tồn tại
( )
21
, xxc∈
và
( ) ( )
( )
cg
xx
xgxg
'
21
21
=
−
−
.
Vì
( )
x
x
x
x
e
xe

e
xexxg
1cos1
coscos
−
=−=−=
−
nên
( ) ( )
0
21
== xgxg
Do đó:
( )
0
'
=cg
hay
0sin1 =− ce
c
ngh
ĩa là phương trình
1sin =xe
x
có
m
ột nghiệm
cx =
n
ằm giữa hai nghiệm củ

a phương tr
ình
1cos =xe
x
.
Ví d
ụ 9
. Ch
ứng minh rằng phương trình:
( )
2
1lnarctan.2 xxx +=
có
nghi
ệm duy nhất.
L
ời giải
Xét
( )
( )
2
1lnarctan.2 xxxxf +−=
. Khi đó
( )
xf
liên t
ục tr
ên
R
.

( )
x
x
x
x
xxxf arctan2
1
2
1
1
.2arctan2
22
'
=
+
−
+
−=
Ta nh
ận thấy
0=x
là m
ột nghiệm của phương trình.
Bây gi
ờ ta xét
0>x
. Theo đ
ịnh lý Lagrange tồn tại
( )
xc ,0∈

sao cho:
( )
( ) ( ) ( )
x
xf
c
x
fxf
cf =⇔
−
−
= arctan2
0
0
'
16
Vì
0>x
và
0arctan >c
nên
( )
0>xf
.
Tương t
ự đối với trường hợp
0<x
ta có
( )
0<xf

.
V
ậy phương trình có nghiệm duy nhất là
0=x
.
Ví d
ụ 10.
Cho đa th
ức
P(x) và Q(x) = aP(x) + bP’(x) trong đó a, b là các
s
ố thự
c, a
≠
0. Ch
ứng minh rằng nếu
Q(x) vô nghi
ệm thì
P(x) vô nghi
ệm.
L
ời giải:
Ta có degP(x) = degQ(x)
Vì Q(x) vô nghi
ệm n
ên deg
Q(x) ch
ẵn. Giả sử
P(x) có nghi
ệm, v

ì deg
P(x)
ch
ẵn n
ên P(
x) có ít nh
ất 2 nghiệm.
- Khi P(x) có nghi
ệm kép
x = x
0
ta có x
0
c
ũng l
à một nghiệm của
P’(x)
suy ra Q(x) có nghi
ệm.
- Khi P(x) có hai nghi
ệm phân biệt
x
1
< x
2
.
N
ếu
b = 0 thì hi
ển nhiên

Q(x) có nghi
ệm.
N
ếu
b
≠
0 : Xét
( ) ( )
a
x
b
f x e P x=
ta có:
( )f x
có hai nghi
ệm phân biệt
x
1
< x
2
a a a a
b b b b
1 1
'( ) ( ) '( ) ( ( ) '( )) ( )
x x x x
a
f x e P x e P x e aP x bP x e Q x
b b b
= + = + =
Vì

( )f x
có hai nghi
ệm suy ra
'( )f x
có ít nh
ất 1 nghiệm hay
Q(x) có
nghi
ệm.
2.1.3. Bài t
ập tương tự
Bài 1. Ch
ứng minh rằng phương trình
( )
( )
xxxxx 2sin212cos22
2
−=−−
có ít nh
ất 3 nghiệm phân biệt trong
kho
ảng
( )
2,1−
.
HD: Ch
ỉ cần xét hàm
( )
( )
xxxxf 2sin22

2
−−=
trên đo
ạn
[ ]
2,1−
và th
ấy
r
ằng
( ) ( ) ( )






===−
2
201

ffff
Áp d
ụng định lý Rolle ta có điều phải chứng minh.
17
Bài 2. CMR phương tr
ình
( )
xxxxx 4lnln12
2

=+−
có nghi
ệm
HD: ĐK
0>x
. Phương tr
ình
đ
ã cho tương đương với
( )
04ln
ln12
2
=−+
−
x
x
xx
Áp d
ụng định lý Rolle cho hàm số
( ) ( )
( )
4ln1
2
−−= xxxf
trên các đo
ạn







1,
1
2
e
và
[ ]
2
,1 e
ta suy ra đi
ều phải chứng minh.
Bài 3. Gi
ả sử hàm
( )
xf
liên t
ục khi
ax ≥
và
( )
0
'
>> kxf
khi
( )
constkax =>
. Ch
ứng minh rằng: Nếu

( )
0<af
thì ph
ương trình
( )
0=xf
có nhi
ệm duy nhất trong khoảng
( )






−
k
af
aa,
.
Bài 4. V
ới các số thực
dcba <<<
, ch
ứng minh rằng ph
ương tr
ình sau
có đúng ba nghi
ệm phân biệt:
( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )

( )( )( )
0
x a x b x c x a x b x d x a x c x d
x b x c x d
− − − + − − − + − − − +
+ − − − =
HD: Xét hàm s
ố
( ) ( )( )( )( )
dxcxbxaxxf −−−−=
sau đó áp d
ụng định lý
Lagrange cho hàm này trên các đo
ạn
[ ] [ ] [ ]
dccbba ,;,;,
.
Bài 5. Cho a + b – c = 0. CMR: asinx+9bsin3x+25csin5x = 0 có ít nh
ất
4 nghi
ệm thuộc
[0; π].
2.2.
Ứng dụng để giải ph
ương trình và hệ phương trình
2.2.1. Phương pháp chung
Gi
ải
phương tr
ình

( )
0=xf
Bư
ớc 1. Gọi

là nghi
ệm của ph
ương trình
Bư
ớc 2. Biến đổi phương trình về dạng thích hợp
( ) ( )
bfaf =
. T
ừ đó chỉ
ra đư
ợc h
àm số
( )
tF
kh
ả vi v
à liên tục trên
[ ]
ba,
. Khi đó theo đ
ịnh lý
Lagrange t
ồn tại
( )
bac ,∈

sao cho:
( )
( ) ( )
( )
*0
'
=
−
−
=
ab
afbf
cf
18
Bư
ớc 3. Giải
( )
*
ta xác đ
ịnh được

.
Bư
ớc 4. Thử lại.
2.2.2. Ví d
ụ minh họa
Ví d
ụ 1.
Gi
ải ph

ương trình
( )
( )
xx
x
coscos
4.342cos1 =++
Nh
ận xét:
T
ừ định lý Rolle ta có kết quả sau: Nếu
( )
xf
'
có t
ối đa
n
nghi
ệm phân biệt trên đoạn
[ ]
ba,
thì
( )
xf
có t
ối đa
1+n
nghi
ệm trên đo
ạn

đó.
L
ời giải
Đ
ặt:
( )
11cos ≤≤−= ttx
Ta có phương tr
ình:
( )
( )
01
42
4.3
4.3421 =−−
+
⇔=++ tt
t
t
tt
Xét hàm s
ố
( )
1
42
4.3
−−
+
= ttf
t

t
trên đo
ạn
[ ]
1,0
Ta có:
( )
( )
( )
2
2
'
42
4424ln324
t
tt
tf
+
−−+−
=
Suy ra
( ) ( )
04424ln3240
2'
=−−+−⇔=
tt
tf
Đây là phương tr
ình bậc hai đối với
t

4
do đó có t
ối đa 2 nghiệm
t
phân
bi
ệt. Do đó
( )
tf
có t
ối đa
3
nghi
ệm phân biệt.
Ta th
ấy
( ) ( )
01
2
1
0 ==






= fff
nên
( )

tf
có đúng
3
nghi
ệm phân biệt
2
1
,0 == tt
và
1=t
.
Gi
ải các phương trình
1cos,
2
1
cos,0cos === xxx
ta đư
ợc nghiệm của
phương tr
ình đã cho là:
( )
Ζ∈+−++ kkkkk






2;2

3
;2
3
;
2
19
Ví d
ụ 2.
Gi
ải phương trình:
( )
xx
x
21log13
3
+++=
(1)
L
ời giải
Đi
ều k
i
ện:
2
1
021 −>⇔>+ xx
.
( )
1
⇔

( )
xxx
x
21log213
3
+++=+
( )
)21()3(
21log213log3
33
xff
xx
x
xx
+=⇔
+++=+⇔
Với
( ) ( )
0log
3
>+= ttttf
Víi
0>t
ta có
( )
tf
là hàm đ
òng bi
ến nên :
xxff

x
213)21()3(
x
+=⇔+=
Xét hàm s
ố
( )
xxg
x
213 −−=
v
ới
2
1
−>x
có
23ln3)(' −=
x
xg
là hàm
đ
ồng biến, n
ên phương trình
( )
0
'
=xg
có không quá 1 nghi
ệm. Theo định lý
Rolle ta suy ra phương tr

ình
( )
0=xg
có không quá 2 nghi
ệm
. Rõ ràng ta
có:
( ) ( )
010 == gg
.
V
ậy ph
ương tr
ình
( )
0=xg
có đúng 2 nghi
ệm l
à
0=x
và
1=x
. Hay
phương tr
ình
( )
1
có đúng 2 nghi
ệm là
0=x

và
1=x
.
Trong hai ví dụ trên chúng ta đã vận dụng định lý Rolle để chứng minh
phương tr
ình có nhiều nhất
n
nghi
ệm rồi chỉ ra các giá trị nghiệm đó bằng
cách d
ự đoán. Và việc vận dụng định lý Rolle không được đặt ra từ đâu mà
ch
ỉ xuất hiện trong
quá trình
đi tìm lời giải câu bài toán trung gian.
Ví d
ụ sau đây sẽ minh họa cho việc vận dụng định lý Rolle ở mức độ
ph
ức tạp hơn.
20
Ví d
ụ 3
. Gi
ải phương trình:
xxxx
3526 +=+
( )
1
L
ời giải

Vi
ết
l
ại phương trình dưới dạng:
xxxx
2356 −=−
Giả sử phương trình có nghiệm

, khi đó:

2356 −=−
( )
2
Xét hàm s
ố
( ) ( )


tttf −+= 1
, v
ới
0>t
.
T
ừ
( )
2
ta nh
ận được
( ) ( )

25 ff =
, do đó theo đ
ịnh lý Rolle
t
ồn tại
( )
5,2∈c
sao cho:
( ) ( )
[ ]



=
=
⇔
=−+⇔=
−
−
1
0
010
1
1
'






cccf
Th
ử lại ta thấy
1;0 == xx
đ
ều thỏa mãn
( )
1
V
ậy phương trình có nghiệm là
1;0 == xx
.
Ví d
ụ 4
. Gi
ải phương trình:
x
xx
cos23
coscos
=−
L
ời giải
Vi
ết lại phương trình dưới dạng:
xx
xx
cos22cos33
coscos
−=−

Gi
ả sử ph
ương trình có nghiệm

, khi đó:


cos22cos33
coscos
−=−
( )
2
Xét hàm s
ố
( )


cos
cos
tttf −=
khi đó:
( ) ( ) ( )
231 ff =⇔
.
Và
( )
tf
kh
ả vi và liên tục trên
[ ]

3,2
do đó theo đ
ịnh lý Rolle
t
ồn tại
( )
3,2∈c
sao cho:
( )
( ) ( )
( )
0cos1
23
23
1cos'
=−=
−
−
=
−


c
ff
cf



=
=

⇔
1cos
0cos






=
+=
⇔




k
k
2
2
( )
Ζ∈k
21
Th
ử lại



k+=
2

và
( )
Ζ∈= kk ,2

vào
( )
1
th
ấy đúng.
Vậy phương trình có hai họ nghiệm



k+=
2
và
( )
Ζ∈= kk ,2

Ví d
ụ 5
. Gi
ải phương trình:
xxx
4.253 =+
L
ời giải
Đ
ặt
xu =

, đi
ều kiện
0>u
Khi đó phương tr
ình đã cho có dạng:
uuuuuuu
34454.243 −=−⇔=+
Gi
ả sử phương trình có nghiệm

, khi đó:

3445 −=−
( )
1
Xét hàm s
ố
( ) ( )


tttf −+= 1
, v
ới
0>t
.
T
ừ
( )
1
ta nh

ận được
( ) ( )
34 ff =
do đó theo đ
ịnh lý Rolle
t
ồn tại
( )
4,3∈c
sao cho:
( ) ( )
[ ]
010
1
1
'
=−+⇔=
−
−



cccf
0 0 0 0
1 1 1
1
u x x
u x
x




= = = =
  
⇔ ⇔ ⇔ ⇔

  
= = =
=
  


V
ậy ph
ương tr
ình có nghiệm:
0=x
và
1=x
.
Ví d
ụ 6
. Gi
ải ph
ương trình:
020052002.21999 =+−
xxx
L
ời giải
G

ọi

là nghi
ệm của phương trình:
020052002.21999 =+−
xxx
( )
1
Thì

1999200220022005 −=−
Xét
( ) ( )


tttf −+= 3
V
ới
[ ]
2002,1999∈t
thì
f
liên t
ục và có
( ) ( )
1
1
'
3
−

−
−+=



tttf
nên
theo đ
ịnh lý Lagrange th
ì t
ồn tại
( )
2002,1999∈c
sao cho:
( ) ( )
( )
cf
ff
'
19992002
19992002
=
−
−
22
T
ừ
( )
1
thì

( ) ( )
19992002 ff =
nên
( )
0
'
=cf
T
ừ đó:
( )



=
=
⇔=−+
−
−
1
0
03
1
1





cc
V

ậy phương trình có hai nghiệm
1,0 == xx
.
Ví d
ụ 7
. Cho
vu,
là nh
ững số dương cho trước. Hãy tìm tất cả các
nghi
ệm dương của hệ phương trình sau:



+=+
+=+
3333
2222
vuyx
vuyx
L
ời giải
Ta th
ấy hệ đã cho có hai nghiệm là
( )
vyux == ,
và
( )
uyvx == ,
Ta sẽ chứng minh hệ không còn nghiệm nào khác.

Gi
ả sử
( )
00
, yx
là nghi
ệm khác của hệ. Không mất tính tổng quát ta có thể
coi
yvux >≥>
0
(trư
ờng hợp
vyxu >≥>
0
suy ra b
ởi tính đối xứng của ẩn)
Đ
ặt
3
1
3
1
3
01
3
01
,,, vvuuyyxx ====
Khi đó:
1111
yvux >≥>

H
ệ trở thành:





−=−
−=−
1111
3
2
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
yvux
yvux
Xét hàm số
( )
3
2
ttf =
liên tục và có đạo hàm trên

[ ] [ ]
1111
,;, yvxu
Áp d
ụng định lý Lagrange cho hàm số
( )
tf
trên các đo
ạn đó ta được:
( )
111
, xut ∈∃
sao cho:
( )
( ) ( )
11
11
1
'
xu
xfuf
tf
−
−
=
Hay
( )
11
3
2

1
3
2
1
3
2
1
11
3
2
1
3
2
1
3
1
1
3
2
3
2
uxtux
ux
ux
t −=−⇔
−
−
=
−
23

Tương t
ự
( )
112
,vyt ∈∃
sao cho
( )
2111
3
1
2
3
2
1
3
2
1
3
2
ttyvtyv =⇒−=−
(vô lý vì
hai kho
ảng
( )
11
, xu
và
( )
11
,vy

r
ời nhau)
V
ậy hệ có đúng hai nghiệm l
à:
( )
vyux == ,
và
( )
uyvx == ,
.
2.2.3. Bài t
ập tương tự
Bài 1. Gi
ải các phương trình sau:
( )
x
xx
625312 +=+
Bài 2. Gi
ải các phương trình sau:
( )
xx
25
log3log =+
Bài 3. Gi
ải các phương trình sau: 2003
x
xx
sin2002

sinsin
=−
Bài 4.
12)15(log36
6
+++= xx
x
Bài 5.
2400620052003 +=+
xxx
2.3.
Ứng dụng để chứng minh một số tính chất đặc trưng của hàm số
Các ví d
ụ
Ví d
ụ 1
.
Cho hàm
RRf →:
kh
ả vi 2 lần và thỏa mãn
( ) ( )
20,20
'
−== ff
và
( )
11 =f
. Ch
ứng minh rằng tồn tại một số

( )
1,0∈c
sao cho:
( ) ( ) ( )
0.
'''
=+ cfcfcf
Lời giải
Xét hàm s
ố
( ) ( ) ( )
Rxxfxfxg ∈+= ,
2
1
'2
Ta có
( )
00 =g
và v
ới mỗi
x
thì
( ) ( ) ( ) ( )
xfxfxfxg
''''
. +=
Theo đ
ịnh lý Rolle, ta chỉ cần chứng minh tồn tại
( )
1,0∈


sao cho
( )
0=

g
thì suy ra ngay s
ự tồn tại của
c
theo yêu c
ầu của bài ra. Ta xét hai
trư
ờng hợp sau:
24
a)
( )
0≠xf
v
ới mọi
[ ]
1,0∈x
Khi đó đặt:
( )
( )
[ ]
1,0,
1
2
∈−= x
xf

x
xh
Ta có hàm
h
xác định trên
[ ]
1,0
và
2
'
h
g
h =
. Vì
( ) ( )
2
1
10 −== hh
nên áp
d
ụng định lý Rolle cho hàm
h
, t
ồn tại
( )
1,0∈

sao cho
( )
0

'
=

h
. Do đó
( ) ( ) ( )
0.
'2
==

hfg
b) T
ồn tại
[ ]
1,0∈x
sao cho
( )
0=xf
Khi đó ta g
ọi:
[ ]
( ){ }
0:1,0inf
1
=∈= xfxz
[ ]
( ){ }
0:1,0sup
2
=∈= xfxz

T
ừ tính liên tục của hàm số
f
và tính ch
ất của inf và sup ta có
( ) ( )
0
21
== zfzf
. Do đó
10
21
<≤< zz
. Ngoài ra c
ũng dễ thấy
( )
0>xf
v
ới
m
ọi
[
) (
]
1,,0
21
zzx ∪∈
.
T
ừ đó suy ra:

( ) ( )
0
1
'
1
≤= zfzg
và
( ) ( )
0
2
'
2
≥= zfzg
Do đó t
ồn tại
[ ]
( )
1,0,
21
⊂∈ zz

sao cho
( )
0=

g
. V
ậy ta có đpcm
Ví d
ụ 2

. Cho hàm s
ố
( )
xf
kh
ả vi trên đoạn
[ ]
ba,
và th
ỏa mãn:
( ) ( ) ( ) ( )
0
2
;
2
1
;
2
1
≠






+
−=−=
ba
fabbfbaaf

Ch
ứng minh rằng tồn tại các số đôi một khác nhau
( )
baccc ,,,
321
∈
sao
cho:
( ) ( ) ( )
1
3
'
2
'
1
'
=cfcfcf
.
L
ời
gi
ải
Theo Lagrange, t
ồn tại
( )
bac ,
1
∈
sao cho:
( )

( ) ( )
1
1
'
=
−
−
=
ab
afbf
cf
Đ
ặt
( ) ( )
2
ba
xxfxh
+
−+=
. Khi đó:
( ) ( ) ( )
0
2
<+−=− babhah
25
Do đó t
ồn tại
( )
bax ,
0

∈
đ
ể cho
( )
0
0
=xh
hay
( )
00
2
x
ba
xf −
+
=
Theo Lagrange, t
ồn tại
( )
1202
,, ccxac ≠∈
sao cho:
( )
( ) ( )
ax
xb
ax
afxf
cf
−

−
=
−
−
=
0
0
0
0
2
'
Nếu
( ) ( ) ( )
baxxfcfcc +−=⇒=⇒=
2
1
1
002
'
12
mà
( ) ( )
0
22
0
000
≠







+
=⇒






+
=⇒=
ba
fxf
ba
xxf
vô lý.
Tương tư như v
ậy, tồn tại
( )
3103
,, ccbxc ≠∈
đ
ể cho:
( )
( ) ( )
0
0
0

0
3
'
xb
ax
xb
xfbf
cf
−
−
=
−
−
=
Nếu
( ) ( ) ( )
003
'
13
2
1
1 xbaxfcfcc ++−=⇒=⇒=
Rõ ràng
321
,, ccc
phân bi
ệt và tích
( ) ( ) ( )
1
3

'
2
'
1
'
=cfcfcf
.
Ví d
ụ 3
. Gi
ả sử hàm số
( )
xf
kh
ả vi trên
[ ]
1,0
và th
ỏa mãn:
( ) ( ) ( )
Rxxfff ∈∀≤≤== 10;11;00
Ch
ứng minh rằng tồn tại
( )
1,0, ∈ba
;
ba ≠
sao cho
( ) ( )
1.

''
=bfaf
.
L
ời giải
Xét hàm s
ố
( ) ( )
1−+= xxfxg
là hàm kh
ả vi trên
[ ]
1,0
.
Khi đó:
( ) ( )
11;10 =−= gg
. Suy ra t
ồn tại
( )
1,0∈c
sao cho:
( ) ( )
010 =−+⇒= ccfcg
hay
( )
ccf −=1
.
Áp d
ụng định lý Lagrange cho

( )
xf
trên các đo
ạn
[ ]
c,0
và
[ ]
1,c
ta đư
ợc: