định lí fermat, rolle, lagrange, cauchy, quy tắc lopital, khai triển taylor

Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

MỤC LỤC

A. ĐỊNH LÍ FERMAT VÀ CÁC ĐỊNH LÍ VỀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH.
QUY TẮC L’HOSPITAL.
I. Định lý Fermat:
1. Định nghĩa:
a. Điểm cực trị của hàm số:

Cho hàm số f:

và chỉ khi tồn tại

( a, b ) → R .Gọi hàm số đạt cực trị địa phương tại xo ∈ ( a, b) khi

u = ( x0 − δ , x0 + δ ) ⊂ ( a, b )

 f ( x ) > f ( x0 ) (1)


 f ( x ) < f ( x ) (2)
0


,

để:

∀ x ∈ u / { x0 }

Trường hợp (1) ta nói rằng f đạt cực tiểu địa phương tại x0
Trường hợp (2) ta nói rằng f đạt cực đại địa phương tại x0
b. Định lí Fermat
Nếu hàm số f(x) khả vi và đạt cực trị địa phương tại thì

f ′ ( x0 ) = 0
2. Chứng minh:
1


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

x−
Khi đó f(x) xác định trên 1 khoảng ( 0
khoảng này ta có:

f ( x0 + ∆x) − f ( x0 ) ≤ 0

với mọi

δ , x0 + δ

) với mỗi

δ >0 và trên

∆x < δ

Do đó:

f ( x0 ) − lim

f ( x0 + ∆ x) − f(x 0 )
≥0
∆x

f ′ ( x0 ) − lim

f ( x0 + ∆ x) − f(x 0 )
≤0
∆x

∆ x − > 0−

∆ x − > 0+

x
Mặc khác vì f có đạo hàm tại điểm 0 nên
Suy ra

f ′ ( x0 ) = f +′ ( x0 ) = f −′ ( x0 )

f ′ ( x0 ) = 0

*Chú ý:

x

x ⊂ ( a, b )

•

Nếu hàm đạt cực trị tại 0 thì 0
. Như vậy nếu f(x) xác định trên
[a,b] thì không có khái niệm đại cực trị tại hai đầu mút a và b, nếu có thì
chỉ nói về đại hàm trái tại b và đạo hàm phải tại a.

•

Định lí Fermat có thể phát biểu tổng quát hơn: Nếu
trái tại a và đạt cực đại ( cực tiểu) tại a thì:

ft′ ( x0 ) ≥ 0

và

f p′ ( x0 ) ≤ 0

(hay

2

ft′ ( x0 ) ≤ 0

f ( x) khả vi phải và

( )≥0)

f′ x
và p 0

Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

•

x
x
Hàm số có cực trị tại 0 chưa chắc khả vị tại 0
Chẳng hạn

f ( x) = x

có cực tiểu chặn tại 0 vì

0 < x , ∀ x ≠ 0, f ( 0 ) = 0

f ( h ) − f ( 0) h
=
h
h không có giới hạn khi
nhiên không khả vi tại 0 vì:
•

x
Hàm só khả vi tại 0 và
f ( x ) = x3

có

f ′ ( 0) = 0

f ′ ( x0 ) = 0

tuy nhiên

. Tuy

h→ 0

x
chưa chắc đạt cực trị tại 0 , chẳng hạn:

x3 ≤ 0 với x ≤ 0 và x3 ≥ 0 với x ≥ 0

Vậy hàm không có cực trị tại 0.
•

Ý nghĩa hình học: là tiếp tuyến tại điểm tương ứng của đường cong, song
song với trục Ox

(Hình 1)
II. Định lí Rolle:
1. Định nghĩa:

3


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

Cho hàm số

iii)

f : ( a, b ) → R

thỏa mãn:

i)

Hàm số f(x) xác định và liên tục trên đoạn

ii)

Có đạo hàm hữu hạn

[ a, b ] .

f ′ ( x) trong khoảng ( a, b )

f (a) = f (b) . Khi đó tồn tại c ∈ ( a, b ) sao cho f ′ (c) = 0
y

f (a) = f (b)
a

c

b

x

Hình 2
2. Chứng minh

a, b ]
[
Theo tính chất của hàm liên tục trên
thì f(x) sẽ đạt giá trị nhỏ nhất
m và lớn nhất M trên

[ a, b ]

m = Min f ( x) = Inf f ( x)
[ a ,b ]

[ a ,b ]

4


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

M = Max f ( x) = Sup f ( x)
[ a ,b ]

[ a ,b ]

Nếu m = M thì f(x) = const

⇒ f ′ ( x) = 0 ∀ x ∈ ( a, b )

f (a) = f (b)

Nếu m < M vì
nên không có đồng thời M = f(a) và m = f(b)
hoặc m = f(a) và M = f(b). Chứng tỏ hàm đạt giá trị nhỏ nhất m hoặc lớn nhất M

tại điểm

c ∈ ( a, b )

. Tức là

f (c) ≤ f (x) hoặc f (c) ≥ f (x) theo

định lí Fermat thì

f ′ (c ) = 0
*Chú ý:
•

Định lí Rolle có thể minh hoạ hình học sau:

Tồn tại ít nhất 1 điểm

Cf

•

M ( c,f ( c ) ) ∈ C f

với

c ∈ ( a, b )

tại đó tiếp tuyến của

song song với trục hoành Ox (hình 2)

Điểm

c ∈ ( a, b )

tương ứng số

θ ∈ ( 0,1)

3. Hệ quả:

5

sao cho

c = a +θ ( b − a)


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

Hệ quả 1: Nếu hàm số

f ( x) có đạo hàm trên (a; b) và f ( x) có n nghiệm
f '( x) có ít nhất n - 1 nghiệm trên

(n là số nguyên dương lớn hơn 1) trên (a; b) thì
(a; b).

Hệ quả 2: Nếu hàm số

(a; b) thì

f ( x) có đạo hàm trên (a; b) và f '( x) vô nghiệm trên

f ( x) có nhiều nhất 1 nghiệm trên (a; b).

Hệ quả 3: Nếu

f ( x) có đạo hàm trên (a; b) và f '( x) có nhiều nhất n

nghiệm (n là số nguyên dương) trên (a; b) thì
trên (a; b).

f ( x) có nhiều nhất n + 1 nghiệm

Các hệ quả trên được suy ra trực tiếp từ định lí Rolle và nó vẫn đúng nếu các

nghiệm là nghiệm bội (khi

f ( x) là đa thức).

III. Định lý số gia hữu hạn - Định lý Lagrange:
1. Định nghĩa:

Cho hàm số
i)
ii)

f : ( a, b ) → R

thỏa mãn:

Hàm số f(x) xác định và liên tục trên [a,b]
Hàm số f(x) khả vi trên (a,b). khi đó tồn tại c thuộc (a,b) để có:

6


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

f ( b) − f ( a) = ( b − a) f ′ ( c)
Từ đó suy ra: Nếu hàm số f(x) có đạo hàm f’(x) = 0 với mọi x thuộc (a,b)
thì f(x) = const
y

f(b)

B
C

f(a)

M

A
a

c

b

x

(hình 3)
Ngoài ra định lí Lagrange còn được phát biểu dưới dạng tích phân như sau:

Định lí: Nếu

f ( x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b] thì tồn tại điểm c ∈ (a; b) thỏa

b

mãn:

∫ f ( x)dx = f (c)(b − a)
a

Định lí Lagrange dạng tích phân được áp dụng chứng minh một số bài toán
liên quan đến tích phân và giới hạn hàm số.
2. Chứng minh:
Xét hàm số:

7


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

f (b ) − f ( a )
x
b− a
.

F ( x) = f ( x) −

Ta có: F(x) là hàm liên tục trên đoạn

[a; b] , có đạo hàm trên khoảng (a; b) và

F (a) = F (b) .
Theo định lí Rolle tồn tại

Mà

F '( x) = f '( x) −

Suy ra :

f (b) − f (a)
f (b) − f (a)
f '(c) =
b − a , suy ra

b−a .

f ′ ( c) =

Hay

c ∈ (a; b) sao cho F '(c) = 0 .

f ( b) − f ( a )
b− a

f ( b) − f ( a) = f ′ ( c) ( b − a )

*Chú ý:

•

f ( b) − f ( a)
b− a
Ý nghĩ hình học: Tỷ số
là hệ số gọc của cát tuyến AM (hay

MB), còn

điểm

f ′ ( c)

là hệ số góc của tiếp tuyến với đường cong

C ( c, f ( c ) )
8

y = f ( x)

tại


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

•

Theo định lí Largrange trên dây cung AM tìm được ít nhất một điểm c
mà tại đó tiếp tuyến song song với dây cung AM. Trường hợp

f ( a) = f ( b)

ta có định lí Rolle.

c ∈ ( a, b )

•

Bởi vì
, nên ta có thể viết
thức Lagrange có thể viết dưới dạng:

c = a + θ ( b − a ) ,0 < θ < 1

. khi đó công

f ( b ) − f ( a ) = f  a + θ ( b − a )  ( b − a ) ,0 < θ < 1
•

Nếu đặt

a = x, b = x + ∆ x thì ta nhận được:
f ( x + ∆ x) − f ( x) = f ′ ( x + θ ∆ x)

, trong đó

0< θ < 1

3. Hệ quả:
a. Hệ quả 1: (định lí giới hạn của đạo hàm)

Cho hàm số

f : ( a , b ) → R , x0 ∈ ( a , b )

thỏa mãn:

x
1. Hàm f(x) liên tục tại 0
2. Hàm f(x) khả vi trên

3.

Lim f ′ ( x ) = 1
x→ x0

( a, b ) / { x0}

f ′ ( x)
x
0
. Khi đó hàm f khả vi tại và

Chứng minh:

9

x
liên tục tại 0 .


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

Vì

lim f ′ ( x ) = 1

x → x0

nên

∀ ε > 0, ∃ η > 0 sao cho

∀ x ∈ ( a, b ) \ { x0} : 0 < x − x0 < η ⇒ f ′ ( x ) − l < ε

Áp dụng định lí Lagrange trên

f ( x ) − f ( x0 ) = ( x − x0 ) f ′ ( cx )

[ x, x0 ] , như vậy tồn tại cx ∈ ( x,x0 )

sao cho

và đương nhiên

cx − x0 < x − x0 < η
f ( x ) − f ( x0 )
− l = f ′ ( cx ) − l < ε
x − x0

Từ đó suy ra

Điều này chứng tỏ

f ′ ( xo ) = l

và từ điều kiện cảu định lí suy ra

f ′ ( x)

x
tại 0 .
(Chú ý: Chúng ta nhận được định lí tương tự đối với hàm trái hoặc phải.)
b. Hệ quả 2:

Cho hàm số

f : ( a, b ) → R

thỏa mãn:

10

liên tục


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

x

1. Hàm số f liên tục tại 0
2. Hàm khả vi trên (a,b)

3.

lim+ f ′ ( x ) = 1

x → x0

khi đó

f p′ ( x0 ) = lim+
h →0

f ( x0 + h ) − f ( x0 )

=1
x0

c. Hệ quả 3:

Cho hàm số

f : ( a, b ) → R

x∈
1. Hàm số f liên tục 0
2. Hàm f khả vi trên

3.

( a, b )

( a, b ) \ { x0}

lim f ′ ( x ) = + ∞ ,(− ∞ )

x → x0

thỏa mãn:

lim

x → x0

khi đó

f ( x ) − f ( x0 )
= +∞,(−∞)
x − x0

IV. Định lí trung bình Cauchy
1. Định nghĩa:

Cho hàm số

f , g : ( a, b ) → R

thỏa mãn:

1. Hàm f,g liên tục trên [a,b]
2. Hàm f,g khả vi trên (a,b)

3.

g ′ ( x ) ≠ 0, ∀ x ∈ ( a, b )

. Khi đó tồn tại

c ∈ ( a, b )

11

để có

f ( b) − f ( a) f ′ ( c)

=
g ( b) − g ( a) g′ ( c)


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

(Chú ý: nếu thay bằng hai điều kiện khác là

f ′ 2 ( x ) + g ′ 2 ( x ) ≠ 0, ∀ x ∈ ( a, b )

g ( a ) ≠ g ( b)

và

thì định lí vẫn đúng.)

2. Chứng minh:

Trước hết thấy ngay

ra tồn tại

c ∈ ( a, b )

Xét hàm số

để

g ( a) ≠ g ( b)

g′ ( c) = 0

, vì nếu

g ( a) = g ( b)

, theo định lí Rolle suy

, vô lí theo giả thiết.

h : ( a, b ) → R

cho bởi:

h ( x) = f ( x) − f ( a) −

f ( b) − f ( a)
( g ( x) − g ( a) )
g ( b) − g ( a)

Hàm h thỏa mãn các điều kiện cảu định lí Rolle nên tồn tại

h′ ( c ) = 0

f ′ ( c) −
, tức là

f ( b) − f ( a)
g′ ( c) = 0
g ( b) − g ( a )

hay

c ∈ ( a, b )

để

f ( b) − f ( a ) f ′ ( c )
=
g ( b) − g ( a ) g′ ( c)

*Chú ý:
Thấy ngay rằng định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lí Cauchy

( lấy

g ( x) = x

trên

[ a, b ] )
12


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

V. Quy tắc L’Hospital.
1. Định lí (quy tắc L’Hospital):

Giả sử f và g là các hàm số liên tục trên đoạn

f (c) = g (c) = 0 . Nếu tại mọi điểm
với

g′ ( x) ≠ 0

[ a; b]

và

c ∈ ( a, b )

với

đủ gần c , tồn tại tại các đạo hàm f’ và g’

thì

lim
x→ c

f ( x)
f ′ ( x)
= lim
g ( x) x→ c g ′ ( x )

Chứng minh:

Theo định lí Rolle,

Cauchy với chủ ý

g ( x) ≠ 0

khi

x≠ 0

nhưng đủ gần c. Áp dụng định lí

f (c) = g (c) = 0 ta có:

f ( x) f ( x) − f (c) f ′ (ω )
=
=
,
g ( x ) g ( x ) − g (c ) g ′ ( ω )

nằm giữa c và x

Cho qua giới hạn đẳng thức trên khí
phải chứng minh.

13

(do đó

)

ta được điều

Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

0
2. Dạng 0 :

Quy tắc L’Hospital còn đúng cho trương hợp

, Chẳng hạn khi
lớn. Nếu

lim

x→ + ∞

và giả thiết f và g là khả vi và

f ′ ( x)
=A
g′ ( x )

Chứng minh: Thật vậy, đặt

khi

g′ ( x) ≠ 0

f ( x)
=A

x →+∞ g ( x )
lim

thì

x=

 1
f ÷
f ( x)
f ( y)
y
=  = 1
g( x)
 1  g ( y)
g ÷ 1
f
 y
với 1

f ( x), g ( x) → 0

1
y ở đây

x → +∞ khi y → 0 + . Ta có

( y ) , g1 ( y ) dần tới 0 khi y → 0+ .

f ( x), g1 ( x)

Áp dụng quy tắc L’Hospital với 1
ta có:
 1 1 
f ′  ÷ − 2 ÷
f ( y)
y
y 
f ′ ( y)
lim+ 1
= lim+ 1 = lim+   
=A
y→ 0 g ( y )
y → 0 g′ ( y )
y→ 0




1
1
1
1
g′  ÷ − 2 ÷
 y  y 

14

hay

khi x đủ

Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

lim

x→ + ∞

Do đó:

f (x)
=A
g( x )

∞
3. Dạng ∞ :

Giả sử

c ∈ ( a; b )

và khi

mà đủ gần c các hàm f và g khả vi tại x với

g′ ( x ) ≠ 0

lim f ( x ) = + ∞ , lim g( x ) = + ∞
x→ c

Hơn nữa

x→ c

Trường hợp này vẫn có thể áp dụng được quy tắc L’Hospital, nghĩa là nếu

f ′( x)
=A
x → c g′ ( x )

lim

Chứng minh: Thật vậy, lấy

hạn

lim
thì

x, x 0 ∈ ( a, b )

x→ c

f ( x)

g( x)

=A

và ằm về cùng một phía đối với c, chẳng

c < x < x0 , áp dụng định lí Cauchy ta có:
f ( x ) − f ( x0 ) f ′ ( ω )
=
, x < ω < x0
′
g ( x ) − g( x 0 ) g ( ω )

15


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

f ( x0 )
f ( x ) − f ( x0 ) f ( x )
f ( x)
=
.
g( x )
g ( x ) − g( x 0 ) g ( x )
1− 0
g( x )
1−

Mặt khác

So sánh hai đẳng thức này ta nhận được:

g( x 0 )
f ( x) f ′ ( ω )

g( x )
=
.
f (x )
g ( x ) g′ ( ω )
1− 0
f ( x)
1−

lim =
Do

x →c

f ′( x)
=A
g ′ (c )
nên ε

> 0 , có thể chọn x0 đủ gần c sao cho khi c < t < x0 ta có:

A− ε <

Vì

nên

f ′ ( t)
< A+ ε
g′ ( t )

f′( ω )
A− ε <
< A+ ε
g′ ( ω )

. Cố định

lim f ( x ) = + ∞ , lim g( x) = + ∞
x→ c

x→ c

16

x0

và

, từ giả thiết


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

g( x0 )
g( x )
→1
f ( x0 )
1−
f (x)

1−

Suy

ra

khi

1 + δ ( x ), δ ( x ) → 0 khi x → c

.

nó

có

thể

viết

dưới

dạng

. Từ đó

( A − ε)(1 + δ( x )) <

lim =
x →c

Vậy

vậy

f ( x)
< ( A − ε)(1 + δ( x ))
g( x )

f ′( x )
=A
′g (c)

B. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CÁC ĐỊNH LÍ FERMAT, ROLLE, LAGRANGE,
CAUCHY. QUY TẮC L’HOSPITAL.
I. Ứng dụng của định lí Fermat trong bài toán cực trị về hàm khả vi một
biến
Bài 1.1

0,1] f ′ ( 0) . f ′ ( 1) < 0
∃ ξ ∈ ( 0,1)
[
Giả sử f(x) khả vi trên đoạn
và
. Chứng minh
sao cho

f′(ξ ) = 0

Chứng minh:

17


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

Thật vậy theo giả thiết hàm liên tục trên

nhất trên

[ 0,1] , nên đạt giá trị lớn nhất, bé

[ 0,1] .

f′
Giả sử +

( 0) < 0, f−′ ( 1) > 0 , ta có:
f +′ ( 0 ) = lim+
x →0

f ( x ) − f ( 0)
<0
x
Suy ra
hay

Hơn nữa do

f ( x ) − f ( 1)
>0

x
−
1
Nên
hay

f ( x ) − f ( 0)
<0
x

f ( x ) − f ( 0) < 0

f −′ ( 1) = lim+
x →0

với x>0 khá bé.

f ( x ) − f ( 1)
>0
x −1

f ( x ) − f ( 1) > 0

, hay

f ( x ) < f ( 1)

khi x khá gần 1, x<1.

Từ lí luận trên suy ra giá trị bé nhất của hàm số trên

ở hai đầu mút 0 và 1. vậy giá trị bé nhất đạt được tại
Fermat:

18

[ 0,1] không thể xảy ra
ξ ∈ ( 0,1)

. Theo định lí


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

f ′( ξ ) = 0
II. Ứng dụng của định lí Rolle, định lí Lagrange, định lí Cauchy:
1. Chứng minh sự tồn tại nghiệm và biện luận số nghiệm của phương trình
Bài 2.1:
Chứng minh rằng phương trình acosx + bcos2x + ccos3x luôn có nghiệm
với mọi bộ các số thực a, b, c.
Giải:

f ( x) = asinx+
Xét

Mà

bsin2x c sin3x
+
⇒ f '( x) = acosx+bcos2x+ccos3x,∀ x ∈ R.

2
3

f (0) = f (π ) = 0 ⇒ ∃ x0 ∈ (0;π ), f '( x0 ) = 0

,

Suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét: Bài toán trên có dạng tổng quát:
Cho hàm số f(x) liên tục trên [a; b], chứng minh rằng phương trình f(x) = 0
có ít nhất một nghiệm trên (a; b).
Phương pháp giải:
Xét hàm F(x) thỏa mãn F(x) liên tục trên [a; b], F’(x) = f(x).g(x) với mọi x
thuộc (a; b), g(x) vô nghiệm trên (a;b) và F(a) = F(b). Theo định lí Rolle suy ra
điều phải chứng minh.
Bài 2.2:

Chứng minh rằng với mọi

a, b, c ∈ R cho trước thì
19


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

a cos3x + b cos2 x + c cos x + sin x = 0 luôn có nghiệm
Giải:

Xét hàm số

1
1
f ( x) = a sin3x + b sin 2 x + c sin x − cos x
3
2

(0;2π )

Ta thấy f(x) liên tục và khả vi trên

 f ′ ( x ) = a cos3x + b cos 2 x + c cos x + sin x

 f (0) = f (2π ) = − 1
Mặt khác 

x∈
Áp dụng định lí Lagrange thì tồn tại 0

(0;2π ) sao cho:

f (0) − f (2π ) = f ′ ( x0 ) (2π − 0) = 2π . f ′ ( x0 )
⇒ a cos3x0 + b cos 2 x0 + c cos x0 + sin x0 = 0

x0 là nghiệm của phương trình đã cho
Bài 2.3
Cho a0,a1,...,an là các số thực thỏa mãn điều kiện:

an
an 2n
a1 a2

a2 22 a3 23
a0 + + + ... +
= a0 + a1 +
+
+ ... +
=0
2 3
n+ 1
3
4
n+ 1
20


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

Chứng minh rằng phương trình

một nghiệm thuộc khoảng

a1 + 2a2 x + 3a3 x3 + ... + nan x n− 1 = 0

có ít nhất

( 0,2)

Chứng minh:

1
1

1
f ( x ) = a0 x + a1 x 2 + a2 x3 + ... +
an x n + 1
2
3
n+ 1
Xét hàm số

Rõ ràng

f ( x)

liên tục và có đạo hàm trên R và ta có:

f ( 1) = a0 +

a
a1 a2
+ + ... + n
2 3
n+ 1


an 2 n 
a2 22 a3 23
f ( 2 ) = 2  a0 + a1 +
+
+ ... +
÷
3

4
n
+
1



Từ giả thiết ta có

định lí Rolle, tồn tại

f ( 1) = f ( 2) = 0,

c1, c2

thỏa mãn

ngoài ra hiển nhiên

0 < c1 < 1 < c2 < 2

tiếp tục áp dụng định li Rolle cho hàm

f ′ ( x)

21

f ( 0) = 0

sao cho

trên đoạn

. Khi đó theo

f ′ ( c1 ) = f ′ ( c2 ) = 0

[ c1, c2 ] , ∃ x0 ∈ ( c1, c2 ) ⊂ ( 0,2)

.


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

sao cho

f ′ ( x0 ) = 0

f ′ ( x) = 0
x
0
. Như vậy là nghiệm của phương trình
trên khoảng

( 0,2) .
Dễ thấy

f ′ ( x ) = a1 + 2a2 x + 3a3 x3 + ... + nan x n− 1

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Bài 2.4:
Cho a, b, c tùy ý và m là số dương thỏa mãn biểu thức:

a
b c
+
+ =0
m+ 2 m+1 m

Chứng minh rằng phương trình

ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm thuộc khoảng (0;1).

Chứng minh:

Xét hàm số

f ( x) =

a m+ 2 b m+ 1 c m
x +
x + x
m+ 2
m+ 1
m

Rõ ràng hàm số f(x) liên tục và có đạo hàm trên R. Ta có:

f ′ ( x ) =ax m+ 1 + bx m + cx m− 1

22


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

f ( 0) = 0
f ( 1) =

Theo định lí Rolle,

∃ x0 ∈ ( 0,1)

a
b
c
+
+ =0
m+ 2 m+1 m

sao cho

f ′ ( x0 ) = 0

, tức là

ax0 m+ 1 + bx0 m + cx0 m − 1 = 0
⇔ x0m −1 (ax 20 + bx0 + c ) = 0
⇔ ax02 + bx0 + c = 0
2
ax

+ bx + c = 0 có nghiệm thuộc khoảng (0;1).
Vậy phương trình

2. Giải phương trình:
Bài 2.5: Giải phương trình:

5x − 3x = 2x

(2)

Giải:

Nhận xét:

x = 0; x = 1 là nghiệm của phương trình (2).

Gọi x0 là nghiệm của phương trình đã cho, ta có:

Xét hàm số:

f (t ) = t x0 − tx0

, khi đó:

5x0 − 5 x0 = 3x0 − 3x 0

(2a) ⇔ f (5) = f (3)
23

(2a)

Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

Vì

f (t ) liên tục trên [3; 5] và có đạo hàm trên (3; 5), do đó theo định lí

Lagrange luôn tồn tại

c∈

 x0 = 0
f '(c) = 0 ⇒ x0 (c x0 − 1 − 1)=0 ⇔ 
(3; 5) sao cho:
 x0 = 1

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = 0 và x = 1.
Bài 2.6: Giải phương trình:

( 1 + sin x ) ( 2 + 4sin x ) = 3.4sin x (*)
Giải: Đặt

sin x = y , với điều kiện − 1 ≤ y ≥ 1 . Khi đó:
( 1 + y ) ( 2 + 4 y ) = 3.4 y
(*) ⇔ 
−1 ≤ y ≥ 1
 3.4 y
− y −1= 0


⇔  2 + 4y
−1≤ y ≥ 1

(**)

3.4 y
f ( y) =
− y −1
y
2+4
Xét hàm số
, ta có

6.ln 4.4 y
f ′ ( y) =
−1
y 2
(2 + 4 )
24


Đại học Sư Phạm Thái Nguyên

f ′ ( y ) = 0 ⇔ (4 y )2 + (4 − 6ln4).4 y + 4 = 0
y
4
Phương trình (*) là phương trình bậc hai đối với ẩn
nên có không quá 2

nghiệm. Do đó phương trình (**) có không quá 3 nghiệm. Mặt khác, dễ thấy

phương trình (**) có 3 nghiệm:

y = 0, y =

Các nghiệm này thỏa mãn điều kiện

1
,y= 1
2

− 1 ≤ y ≥ 1 Khi đó

y = 0 ⇒ sin x = 0 ⇒ x = kπ , k ∈ Z

π

x=
+ k 2π , k ∈ Z

1
1
6
y = ⇒ sin x = ⇒ 
2
2
 x = 5π + k 2π , k ∈ Z

6
π

y = 1 ⇒ sin x = 1 ⇒ x =
+ k 2π , k ∈ Z
2
Thử lại các nghiệm đều thỏa mãn phương trình (*). Vậy phương trình đã
cho có các họ nghiệm là:

x = kπ

π
x = + k 2π ,
6
,

x=

5π
+ k 2π
6
,

Bài 2.7:
Giải phương trình:

5x + 12x = 6x + 11x (*)
25

π
x = + k 2π
2

( k ∈ Z)