các bài toán chon lọc luyện thi đại học

ứng dụng định lý lagrange vào giải
toán trung học phổ thông
I. Định lý Lagrange và hệ quả
Cho hàm số f(x) xác định liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b). Thế thì


c(a,b) sao cho f'(c)=
ab
)a(f)b(f


.
Hệ quả 1(định lý Rolle): Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên [a,b], khả
vi trên (a,b), ngoài ra f(a) = f(b). Thế thì

c(a,b) sao cho f'(c) = 0.
Hệ quả 2: Cho hàm số f(x) xác định liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b), ngoài
ra f'(x) = 0

x

(a,b) thì f(x) = const

x

[a,b].
Chứng minh
Ta chứng minh với

x
0

, y
0

[a,b], x
0

y
0
thì f(x
0
) = f(y
0
).
Thật vậy giả sử: x
0
< y
0

[x
0
,y
0
]

[a,b]; Ta thấy f(x) thoả mãn tất cả các điều
kiện của định lý Lagrange trên [x
0
, y
0
] do đó

c(x
0
,y
0
) để f'(c)=
y
x
y
x
0
0
0
o
)(f)(f


. Do

c(x
0
,y
0
)

f'(c) = 0

f(x
0
) = f(y

0
).

đpcm.
Hệ quả 3:Nếu hàm số f(x) xác định và liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b), và
nếu phơng trình f'(x) = 0 có không quá n nghiệm phân biệt trên (a,b) thì phơng
trình f(x) = 0 có không quá n+1 nhiệm phân biệt trên [a,b].
Chứng minh
Giả sử ngợc lại phơng trình f(x) = 0 có quá n+1 nghiệm phân biệt trên
[a,b]. Nghĩa là phơng trình f(x) = 0 có ít nhất n+2 nghiệm phân biệt trên [a,b].
Ta xét n+2 nghiệm bất kỳ trong các nghiệm đó là x
1
, x
2
,....., x
n+2
; x
i

[a,b](i=
2n,1 +
).
Giả sử x
1
< x
2
<,.....,< x
n+2
.Khi đó áp dụng hệ quả 1 trên [x
i

,x
i+1
]

[a,b]
(i=1,n+1) thì

y
i

[x
i
,x
i+1
]

[a,b] sao cho f'(y
i
) =
i1i
i1i
xx
)x(f)x(f


+
+
= 0 nghĩa là
phơng trình f'(x) = 0 có quá n nghiệm trên [a,b], mâu thuẫn với giả thiết

đpcm.
II. ứng dụng định lý Lagrange và hệ quả vào việc giải và
chứng minh sự tồn tại nghiệm của phơng trình
Phần này gồm có 2 bài toán cơ bản đó là giải phơng trình và chứng minh sự
tồn tại nghiệm của phơng trình .
II.1. Phơng pháp chung
Các bài toán ở phần này có thể cho ở dạng trực tiếp hay gián tiếp. Song
mỗi phơng trình bằng các phép biến đổi tơng đơng ta luôn đa đợc về dạng f(x)
= 0, và giả sử tập xác định của f(x) là X

R (X cũng là tập xác định của phơng
trình).
Thì việc giải phơng trình hay chứng minh sự tồn tại nghiệm của phơng
trình dẫn tới xét tính liên tục, khả vi của của hàm số f(x) trên X. Nhờ đó dẫn
tới việc vận dụng định lí Lagrang hay hệ quả của định lí này.
II.2. các ví dụ
Ví dụ 1. Cho 3 số thực dơng a, b, c ; b > a và f(x) là hàm số xác định trên R.
Chứng minh rằng nghiệm của phơng trình :(a+c)
f(x)
+ b
f(x)
= a
f(x)
+(b+c)
f(x)
(1)
nếu có cũng là nghiệm của phơng trình f(x) = 0 hoặc f(x) = 1.
Giải
Giả sử x

0


R là nghiệm của phơng trình (1) nghĩa là:
(a+c)

)x(f
0
+ b
)x(f
0
= a
)x(f
0

+(b+c)

)x(f
0


(a+c)
)x(f
0
-a
)x(f
0
= (b+c)
)x(f
0

-b
)x(f
0
Xét hàm số g(t)= (t+c)

)x(f
0
- t
)x(f
0
với t

[a,b] thì g(t) liên tục trên [a,b]
khả vi trên (a,b). Với giả thết x
0
là nghiệm ta có g(a) = g(b) nên theo hệ quả
định lý 1 :

m

(a,b) để g(m) = 0


f(x
0
)[(m+c)

1)x(f
0

- m
1)x(f
0

] =0

( )
0 0
0
f (x ) 1 f ( x ) 1
0
0
f (x ) 0
(m c) m 0
f (x ) 0
f (x ) 1
đpcm

=



+ =

=



=

Vận dụng ví dụ ta giải bài toán sau
Ví dụ 2. Giải phơng trình : 3
x
+5
x
=2
x
+6
x
Giải
1. Điều kiện cần
Phơng trình đã cho tơng đơng : 3
x
- 2
x
= 6
x
- 5
x
. Giả sử y

là nghiệm
của phơng trình đã cho

3
y
- 2
y
= 6

y
- 5
y
.
Xét hàm số f(t) = (t+1)
y
- t
y
với t

[2,5]. Do y là nghiệm của phơng
trình nên ta có f(2) = f(5) .Vậy theo hệ quả 1:

c

(2,5) sao cho f'(c) = 0.

y[(c+1)
y-1
- c
y-1
] = 0

y = 0 hoặc (c+1)
y-1
- c
y-1
= 0

y = 0 hoặc: y - 1 = 0

y = 0 hoặc y = 1
2. Điều kiện đủ
Dễ thấy x = 0 và x = 1 là nghiệm của phơng trình đã cho.
Kết luận. Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là x = 0 và x = 1.
Nhận xét. Nếu chứng minh phơng trình đã cho có hai nghiệm là 0 và 1 mà
dựa vào xét hàm số f(x) = 3
x
+5
x
- (2
x
+6
x
) nh cách thông thờng thì bài toán
trở nên khó.
Ví dụ 3. Giải phơng trình : 3
x
+5
x
=2.4
x
Giải
Cách 1. Ta viết phơng trình ở dạng : 4
x
- 3
x
=5
x
- 3

x
và giải nh bài toán ví dụ 2.
Cách 2. phơng trình đã cho tơng đơng :
4
3
(
)
x
+(
3
5
)
x
- 2 = 0. Xét hàm số f(x) =
4
3
(
)
x
+ (
3
5
)
x
- 2 = 0 có y'' =
4
3
(
)
x

ln
2
4
3
+ (
3
5
)
x
ln
2
3
5
> 0
Rx


Nên theo hệ
quả 3: phơng trình f(x) = 0 có không quá 2 nghiệm. Mà ta thấy x = 0 và x = 1
là nghiệm của phơng trình đã cho.
Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là x = 0 và x = 1.
Nhận xét: Qua bài toán II.1.2 và II.1.3 ta thấy để vận dụng định lý Lagrange
là cần biến đổi lại phơng trình đã cho sao cho phù hợp sau đó vận dụng hệ quả
này hay hệ quả kia là tùy thuộc vào sự biến đổi ấy.
Sau đây ta xét bài toán khó hơn dạng bài ở ví dụ 2 và ví dụ 3.
Ví dụ 4. Giải phơng trình :
2
xx
33 +
=

2
xx
42 +
Giải
Phơng trình đã cho tơng đơng :
xxxx
3423
22
=
1. Điều kiện cần
Giả sử y là nghiệm của phơng trình đã cho

yyyy
3423
22
=
.
Xét hàm số f(t) =
yy
t)1t(
2
+
trên [2,3] do y là nghiệm của phơng trình suy
ra : f(2) = f(3) vậy theo hệ quả 1 ta có
)3,2(c
.sao cho
f'(c) = 0


1y1y

c)1c(y[y
2

+
] = 0


y = 0 hoặc
1y1y
c)1c(y
2

=+
(*)
Ta giải (*): với y > 1 ta có : y(c+1)
1y
2

> (c+1)
1y
2

> c
1y
2

> c
1y
với 0 < y < 1 ta có : y(c+1)
1y

2

< (c+1)
1y
2

< c
1y
2

< c
1y
với y

0 ta có : y(c+1)
1y
2



0 < c
1y

Vậy chỉ có y = 1 thỏa mãn (*).
2. Điều kiện đủ
Dễ thấy: y = 0 và y = 1 là nghiệm của phơng trình đã cho
Kết luận: Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là 0 và 1.
Nhận xét: Qua bài toán II.1.4 ta có thể giải phơng trình sau:

)x(f)x(f

b)ma(
2
++
=
)x(f)x(f
2
)mb(a ++
. Với : a, b, m > 0; a < b, trong đó f(x)
là hàm số xác định trên R với cách giải tơng tự nh bài toán ở ví dụ 4.
Ví dụ 5: Cho f(x), g(x) là hai hàm số xác định trên [a,b]; (a, b)

R; a < b
khả vi trên (a,b) thỏa mãn f(a) = f(b) = m.
Chứng minh phơng trình: f'(x) + g'(x).f(x) = m.g'(x) (*) có nghiệm.
Giải:
Xét hàm số h(x) = (f(x) - m).e
g(x)
thì h(x) xác định liên tục trên [a,b] khả
vi trên (a,b) ngoài ra h(a) = h(b) = 0. Ta lại có :
h'(x) = [f'(x) + g'(x)(f(x) - m)].e
g(x)
nên theo hệ quả 1:
)b,a(c
sao cho
h'(c) =0

[f'(c) + g'(c)(f(c) - m)].e
g(c)
= 0

f'(c) + g'(c)(f(c) - m) = 0

f'(c) + g'(c).f(c) = m.g'(c) hay phơng trình: f'(x) + g'(x).f(x) = m.g'(x) có
nghiệm
)b,a(c
.
Nhận xét: ta xét hai trừơng hợp đặc biệt của bài toán ở ví dụ 5
1/ Nếu cho f(a) = f(b) = m = 0 và chọn g(x) = x ta nhận đợc phơng
trình f'(x) - f(x) = 0. Đây là đề thi toán sinh viên toàn quốc năm 2000.
2/ Nếu cho f(a) = f(b) = 0 ta đợc lời giải bài toán với phơng trình f'(x)
+ g'(x).f(x) = 0. Đây là dạng mà ta hay sử dụng đến trong các phần sau.
3/ Sau đây ta sẽ chỉ ra hàm f(x) và hàm g(x) thỏa mãn bài toán.Ta chọn
f(x) = x.sinx.sin(x - 1)
2
; g(x) = x. Dễ thấy f(x), g(x) khả vi trên [0,1]. Khi đó
thay vào phơng trình (*) ta đợc phơng trình :
[sinx.sin(x - 1)
2
+ x.cosx.sin(x - 1)
2
+ 2x(x - 1).sinx.sin(x - 1)
2
] + x.sinx.sin(x -
1)
2
= 0 (**).
Phơng trình này có nghiệm x = 0, x = 1 và ít nhất 1 nghiệm thuộc (0,1) chính
vì vậy để chứng minh (**) có nghiệm thuộc (0,1) mà dựa vào tính liên tục hay
khảo sát hàm số một cách thông thờng thì là một bài toán khó; mà khi đó ta
phải xét hàm f(x) = x, sinx.sin(x - 1)

2
.e
x
trên [0,1] và lập lại cách giải nh bài ví
dụ 5.
Ví dụ 6:Cho a
1
, a
2
,...., a
n


R và

n
n
3
3
2
2
10
n
3
1
0
2
1n
a
......2

4
a
2
3
a
aa
n
a
......
3
a
2
a
a
+
+++++=++++
=0. Chứng
minh phơng trình : a
1
+2a
2
x +3a
3
x
2
+........+n.a
n
x
n-1
= 0 có ít nhất một nghiệm

thuộc (0,2).
Giải:
Xét hàm số f(x) = a
0
x +
1n
n
3
2
2
1
xa
1n
1
.......xa
3
1
xa
2
1
+
+
+++
hàm này khả vi
đến cấp hai trên R, ta có: f(0) = 0;
f(1)=
1n
n
3
2

2
10
n
3
1
0
2
1n
a
......2
3
a
2a
2
1
a2)2(f;0
n
a
......
3
a
2
a
a
+
+
++++==++++
=
)2
1n

a
......2
4
a
2
3
a
aa(2
n
n
3
3
2
2
10
+
+++++
= 0.
Nên theo hệ quả 1:
)2,1(c);1,0(c
21

sao cho f'(c
1
) = f'(c
2
) = 0. Khi đó lại
theo hệ quả 1:
)c,c(c
213

sao cho f''(c
3
) = 0.

a
1
+ 2a
2
c + 3a
3
c
2
+........+n.a
n
c
n-1
= 0 .
Hay phơng trình : a
1
+ 2a
2
x + 3a
3
x
2
+........+ n.a
n
x
n-1

= 0 có nghiệm
)c,c(c
213



đpcm.
Ví dụ 7: Cho a, b, c

R; n

N
*
sao cho
)2n(5
)b2a3(6
c
+
+
=
.Chứng minh phơng
trình sau :3a.sin
2
x + 2b.cos
n
x + c.cosx + c = 0 có nghiệm

(0,
2

) .
Giải :
Điều kiện
)2n(5
)b2a3(6
c
+
+
=


0
3
c5
2n
b4
2n
a6
=+
+
+
+
;
Xét hàm số
xsin.cxcos
3
c2
xcos
2n
b4

xsin
2n
a6
)x(f
232n2n
+
+

+
=
++
.
Có f'(x) = 6a.sin
n+1
x.cosx + 4b.cos
n+1
x.sinx + 2c.cos
2
x.sinx + 2.sinx.cosx;
do đó theo định lý Lagrange
2
,0(x
0


) để:
0
2
)0(f)
2

(f
)x('f
0




=

=+++

)cxcos.cxcosb2xsin.a3(x2sin
2
00
n
0
n
0
=
+

+
+
)
3
c2
2n
b4
()c
2n

a6
( 0
3
c5
2n
b4
2n
a6
=+
+
+
+
(*) vì
2
,0(x
0


)

sin2x
0


0

0cxcos.cxcosb2xsin.a3
00
n
0

n
=+++
nghĩa là phơng trình :
3a.sin
2
x + 2b.cos
n
x + c.cosx + c = 0 có nghiệm x = x
0


(0,
2

) .
Nhận xét : Qua các bài toán ở ví dụ 6 và ví dụ 7 vừa xét trên ta thấy để
chứng minh phơng trình f(x) = 0 có nghiệm ta tiến hành xét trên các nguyên
hàm của f(x) sau đó vận dụng định lý Lagrange chỉ ra sự tồn tại nghiệm của
phơng trình f(x) = 0. Đây là dạng bai toán thờng hay gặp mà ta cần chú ý.
Ví dụ 8:Tìm tất cả các cặp số nguyên dơng m, n thỏa mãn:
1)nm(
1)nm(
n
m
n
m
22
n
m
22

++

=
. (1) ; (THTT)
Giải:
Từ (1)

m > n > 0; (1)

(m + n)
m - n
=(m - n)
m + n


nm
)nmln(
nm
)nmln(
+
+
=


(2 ), đặt : m + n = x; m - n = y; Thế thì x > y > 0 và x ,
y

N khi đó (2)

y

yln
x
xln
=
(3); Giả sử có x
0
, y
0
đợc nghiệm đúng (3) ; ta
xét hàm số f(t)=
t
tln
với t > 0 ta có f'(t) =
2
t
tln1
với
0t >
do x
0
, y
0
là
nghiệm của (3)

f(x
0
) = f(y
0
) nên theo hệ quả 1 :

)y,x(c
00

để f'(c) = 0
0
c
cln1
2
=


suy ra c = e từ đó

0 < y
0
< e < x
0
mà y
0

N
suy ra y
0
= 1 hoặc y
o
= 2; dễ thấy y
0
= 1 loại; với y
0
= 2

2
2ln
x
xln
0
0
=

2
0
x
x2
0
=

Với x
0
> 4 ; x
0

N
ta có:
2
0
x
x2
0
>
. Thật vậy ta chứng minh theo quy nạp :

+) Với x
0
= 5 đúng.
+) Giả sử đúng với x
0
= k

5 nghĩa là
2
k
k2 >
.
+) Với x
0
= k +1 ta có 2
k+1
= 2.2
k
> 2. k
2
> (k+1)
2
với
5k
.
Vậy với x
0

N

và e < x
0

4

ta thấy x
0
= 4 đúng . Vậy với x
0
= 4; y
0
=2


m = 3; n = 1.
Rễ ràng kiểm tra m = 3; n = 1 thỏa mãn bài toán.
Nhận xét : +) Qua các ví dụ 1, 2, 3, 4, 8 ta thấy ở một số bài toán nếu biến đổi
phơng trình mà có dạng : f(a) = f(b) với f(x) là hàm số nào đó và a, b
R

thì
có thể vận dụng định lý Lagrange hay hệ quả 1 với hàm số f(x) sau đó áp
dụng giả thiết f(a) = f(b).
+) Lời giải bài toán ở vi dụ 8 trong toán học tuổi trẻ dùng phơng
pháp khảo sát hàm số . Bạn đọc có thể tham khảo.
Ví dụ 9:Cho hàm số f(x) khả vi trên [0,1] và f'(0) = 1; f'(1) = 0 chứng minh
rằng
)1,0(c
sao cho f'(c) = c.
Giải:

Xét hàm số g(x) = f(x)-
2
x
2
theo giả thiết ta cũng có g(x) khả vi trên [0,1] và
g'(x) = f'(x) - x .Vậy để chứng minh
)1,0(c
thỏa mãn f'(c) = c

Ta phải
chứng minh
)1,0(c
sao cho g'(c) = 0.
Ta chứng minh bằng phản chứng:
Thật vậy giả sử không
)1,0(c
để g'(c) = 0 nghĩa là g'(x)
0
với
)1,0(x
.
Khi đó với
)1,0(x,x
21

và
21
xx
, giả sử x
1

< x
2
theo định lý Lagrange
)1,0()x,x(x
210

sao cho g'(x
0
) =



12
12
xx
)x(g)x(g
g(x
2
) - g(x
1
) = g'(x
0
)(x
2
-x
1
)
0
suy ra g(x) là đơn ánh trên [0,1] .Thế thì g(x)
là hàm tăng nghiêm ngặt hoặc giảm nghiêm ngặt trên [0,1].

Thật vậy giả sử g(x) không tăng nghiêm ngặt hoặc giảm nghiêm ngặt trên
[0,1] khi đó
]1,0[y,y,x,x
2121

với x
1
< x
2
; y
1
< y
2
sao cho:
g(x
1
) < g(x
2
); g(y
1
) > g(y
2
) ; Với mỗi
]1,0[t
ta có:
11).1t(t.1y)t1(x.t0
11
=++
và
11).1t(t.1y)t1(x.t0

22
=++
N
ên ta xác định hàm F(t) = g(t.x
1
+ (1 - t).y
1
) - g(t.x
2
+ (1 - t).y
2
) thì hiển nhiên
F(t) liên tục trên [0,1] ,mặt khác :
F(0) = g(y
1
) - g(y
2
) > 0; F(1) = g(x
1
) - g(x
2
) < 0
)1,0(t
0

sao cho: F(t
0
)
= 0 hay g(t
0

.x
1
+ (1 - t
0
)y
1
) = g(t
0
.x
2
+ (1 - t
0
).y
2
) do g(x) la đơn ánh

t
0
.x
1
+
(1 - t
0
)y
1
= t
0
.x
2
+ (1 - t

0
).y
2


t
0
(x
1
- x
2
) + (1 - t
0
)(y
1
- y
2
) = 0 điều này không
xảy ra vì
);1,0(t
0

x
1
< x
2
; y
1
< y
2

mâu thuẫn với giả thiết

g(x) là hàm
tăng nghiêm ngặt hoăc giảm nghiêm ngặt trên [0,1]

g'(x) giữ nguyên một
dấu trên [0,1] mà với cách xác định g(x) nh trên ta có g'(0) = 1; g'(1) = -1 mâu
thẫn đó cho ta điều phải chứng minh.
Nhận xét: +) Qua chứng minh bài toán ở ví dụ 9 ta thấy: nếu hàm số f(x) xác
định trên [a,b] , khả vi trên (a,b) , có f'(x)
0
với
)b,a(x
thì hàm số đó là
đơn ánh trên [a,b].
+) Một đơn ánh liên tục trên [a,b] hoặc tăng nghiêm ngặt hoặc
giảm nghiêm ngặt trên [a,b] .
Ví dụ 10: Cho p(x) là đa thức bậc n (
)Nn
với hệ số thực, biết rằng p(x)
không có nghiệm thực. Chứng minh rằng đa thức :
q(x) = p(x) + a.p
(1)
(x) + a
2
.p
(2)
(x) + ..... + a

n
.p
(n)
(x) với
Nn,Ra
; cũng
không có nghiệm thực. ( p
(k)
(x) là đạo hàm cấp k của p(x) ). (CHDC Đức 1971).
Giải:
+) Bài toán hiển nhiên đúng khi a = 0.Vậy ta chỉ cần xét với a

0.
+) Với
0a,Ra
. Do p(x) là đa thức bậc n với hệ số thực và p(x) không
có nghiệm thực

n chẵn ( vì : n lẻ thì p(x) là đa thức với hệ số thực bậc lẻ
nên luôn có nghiệm thực)

q(x) là đa thức với hệ số thực bậc chẵn .
Ta giả sử ngợc lại q(x) có nghiệm thực là :
Rm

.

q(x) = (x - m)r(x)

r(x) là đa thức hệ số thực bậc lẻ nên có nghiệm thực là

Rt
q(x) có hai
nghiệm là m và t .
Nếu m = t

q(x)=(x-m)
2
.h(x) với h(x) là đa thức có bậc n - 2

q'(x) = 2(x - m).h(x) + (x - m)
2
.h'(x)

q'(x) có nghiệm
= Rmx
q(x) - a.q'(x) có nghiệm x = m.
Mặt khác:
q(x) - a.q'(x) = (p(x) + a.p
(1)
(x) + a
2
.p
(2)
(x) + ..... + a
n
.p
(n)
(x) ) - a.
( p
(1)

(x) + a.p
(2)
(x) +....+a
n-1
.p
(n)
(x)) = p(x).
(Chú ý :p
(n+1)
(0)
Rx,0
).

p(x) có nghiệm
Rmx =
trái với giả thiết
về p(x) . Nếu m < t do a
0
nên ta xét hàm số g(x) = a.q(x).
a
x
e
thì g(x) liên
tục trên [m, t] khả vi trên (m, t) và g(m) = g(t) = 0 nên theo hệ quả 1:
)t,m(c
để g'(c) = 0 .
Mặt khác g'(x) = [a.q'(x) - q(x)].
a
x
e

=- p(x).
a
x
e
Do vậy: - p(c).
a
c
e
= 0

p(c) = 0 (do
a
c
e
> 0 ) hay
)t,m(c
là
nghiệm của p(x). Điều này trái với giả thiết về p(x).
Vậy q(x) không có nghiệm thực.
Nhân xét :
+) Từ tính liên tục của p(x) và q(x) ta có nếu p(x) vô nghiệm thì
p(x) giữ nguyên một dấu trên R

q(x) cũng giữ nguyên một dấu trên R.
Mặt khác :
)x(qlim)x(plim
xx

=
do đó nếu p(x) > 0 thì q(x) > 0 và p(x) < 0

thì q(x) < 0.
+) Với giả thiết p(x) > 0 với
Rx

cho a = 1 ta phải chứng
minh:
p(x) + p
(1)
(x)+p
(2)
(x) + ..... +p
(n)
(x) > 0 với
Rx

. Đây là bài toán trong
cuốn sách "10.000 bài toán sơ cấp" của tác giả Phan Huy Khải và tác giả đã
chứng minh bằng lập luận cực trị.
+) Đặc biệt cho p(x) = x
4
+a
1
x
3
+b
1
x
2
+c
1

x+d
1
; (a
1
,b
1
,c
1
,d
1

R)
cho a = 1 chứng minh rằng nếu p(x) > 0 thì :
F(x) = p(x) + p
(1)
(x) + p
(2)
(x) + p
(3)
(x) + p
(4)
(x) > 0 với
Rx

. Đây là bài toán
trong cuốn sách ''200 bài toán thi vô địch''.
+) Đặc biệt nữa cho hàm số f(x) = x
4
+ 2m.x
2

+ m (m là tham số
thực). Tìm tất cả các giá trị của m để f(x) > 0 với
Rx

. Với các giá trị vừa
tìm đợc ở trên chng minh rằng hàm số :
F(x) = f(x) + f
(1)
(x) + f
(2)
(x) + f
(3)
(x) + f
(4)
(x) > 0
Rx

. Đây là đề thi tuyển
sinh ĐHBK Hà Nội năm 1999 - 2000.
II.3. bài tập:
1. Giải phơng trình
)1(
2
5
.xsin
2
5
.xcos
xcosxsin

=






Gợi ý:
+) cosx = 0 và sinx = 0 không thoả mãn (1)
+) Với
0xsin;0xcos
(1)
xcos
2
5
xsin
2
5
xcosxsin

=








Xét hàm số
t
2
5
)t(f
t






=
với 0 <
1t <
sau đó
0)t('f
với 0 <
1t <

xcosxsin =

.
2. Giải phơng trình:
( )
(
)
12003442003log
542003
xcosxsin2
2003
xcosxsin2
=+
+
Gợi ý: Trớc hết CM:
1442003
xcosxsin2
+
Đặt
0t542003t
xcosxsin2
+=
, và phơng trình trở thành
( )
120031tlog
t
2003
=+
. Sau đó đặt y = log
2003
(t+1)
ta có hệ:

+=
+=
1t2003
1y2003
y
t
sau đó giải giống nh bài ví dụ 1 và ví dụ 3 ở mục
IV.
3. Có tồn tại hay không a, b, c R để phơng trình:
xxx2x3
e
4
1
cebeae
6
5
x

++=+
có 4 nghiệm phân biệt.
Gợi ý: đặt t = e
-x
> 0, khi đó phơng trình trở thành:
0ctbtat
6
5
t

4
1
tlnt
2343
=+++
với t > 0
Xét hàm
( )
2343
ctbtat
6
5
t
4
1
-lnt ttf +++=
với t > 0
CM:
( )
0t,0tf ><

sau đó áp dụng hệ quả 3.

f(t) có nhiều nhất 3 nghiệm

c,b,a
thoả mãn bài toán.
4. Cho đa thức p(x) = a
0
+ a

1
x + +a
n
x
n
thoả mãn hệ k (k
n
) điều kiện:
( )( )
( ) ( )( ) ( )









=
+++
++
+
+
=
++
+++
=
+
+++

0
kn...2n1n
a
...
1k...3.2
a
k...2.1
a
......................................
0
2n1n
a
...
6
a
2
a
0
1n
a
...
2
a
a
n1
0
n1
0
n1
0

Vậy p(x) có ít nhất bao nhiêu nghiệm ( kể cả bội) trên (0, 1).
Gợi ý: Xét đa thức:
( ) ( )( ) ( )
kn
n
1k
1
k
0
x
kn...2n1n
a
...x
1k...3.2
a
x
k...2.1
a
)x(q
++
+++
++
+
+=
Sau đó CM: q
(1)
(x) có ít nhất 2 nghiệm (kể cả bội) trên (0, 1)
q
(2)
(x) có ít nhất 3 nghiệm (kể cả bội) trên (0, 1)

q
(k)
(x)

p(x) có ít nhất k + 1 nghiệm (kể cả bội) trên (0, 1)
5. Hỏi phơng trình:
2 sin
100
x
x =
có bao nhiêu nghiệm thuộc
[ ]
2 ;3
(THTT).
Gợi ý: Với
[ ]
( )
x 2 ;3 1 lg x s inx 0 =
.
Xét hàm số:

( )
f x lg x sin x=
có
( )
[ ]
( )
2
1

f x sin x 0, x 2 ;3 f x 0
x lg10

= < =
có không
quá một nghiệm
[ ]
( )
2 ;3 f x 0 =
có không quá 2 nghiệm
[ ]
2 ;3


. Dễ thấy
( ) ( ) ( )
5
f 2 f f 3 0 f x 0
2


< =


có 2 nghiệm
[ ]
2 ;3
.
6. Giải phơng trình:
( ) ( ) ( )

k k k
a x x b a b + =
(1) với
*
a b,k N
Gợi ý:
Với k = 1 thì (1) đúng
x
do đó phơng trình có nghiệm là
x R
.
Với k >1 thì:
( )
k k
a x x b
1 1 (2)
a b a b


+ =



Đặt
( )
k
k
a x
t , (1) t 1 t 1 (3)
a b

= + =

Xét hàm số:
( ) ( ) ( ) ( )
k k 1
k k 1
f t t 1 t 1; f t k t 1 t




= + =

( )
1
f t 0 t
2

= =
Vậy theo hệ quả 1 f(t) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm. Dễ thấy t = 0, t = 1 là
nghiệm. Vậy (1) có 2 nghiệm là x = a, x = b.
III.ứng dụng định lý Lagrange và hệ quả vào giải bất
ph ơng trình
III.1. Ph ơng pháp chung
Giả sử cần giải bất phơng trình f(x) > 0 ( hoặc f(x) < 0;
( ) ( )
;0xf;0xf
).
Trong đó f(x) là hàm số xác định trên tập X

R
.Thì việc giải bất phơng trình
dẫn tới xét tính liên tục, khả vi của f(x) trên tập X.
*) Trớc hết ta tìm nghiệm của phơng trình f(x) = 0 trên X. Quá trình tìm
nghiệm này có thể vận dụng định lí Lagrange hoặc hệ quả của định lí đó. Giả
sử nghiệm của phơng trình f(x) = 0 trên X là x
1
, x
2
, , x
n
X, (nN), và giả
sử x
1
< x
2
< .. < x
n
. Dựa vào tính liên tục của f(x) trên X để suy ra dấu của
f(x) trên các khoảng, đoạn, nửa khoảng mà f(x) không có nghiệm. Bằng cách
kiểm tra dấu của f(x) tại một điểm cụ thể nào đó nằm trong khoảng, đoạn, nửa
khoảng kể trên. Nếu tại một điểm mà f(x) có dấu dơng ( hay âm) thì trên toàn
bộ khoảng, đoạn, nửa khoảng tơng ứng f(x) có dấu là dơng ( hay âm).
III.2. các ví dụ:
Ví dụ 1:Giải bất phơng trình: 3
x
+ 5
x
< 6x + 2 (1)
Giải:

Xét hàm số: f(x) = 3
x
+ 5
x
- (6x + 2) với x R. ta có f
'
(x) = 3
x
ln3 + 5
x
ln5 - 6
f
''
(x) = 3
x
ln
2
3 + 5
x
ln
2
5 > 0 , với
Rx

nên theo hệ quả 3: f
'
(x) = 0 có không
quá một nghiệm. Lại theo hệ quả 3, ta có: f(x) = 0 có không quá 2 nghiệm mà
dễ thấy x = 0 và x = 1 là hai nghiệm của f(x) = 0
Mặt khác f(x) liên tục trên R f(x) liên tục trên (-

,0), (0, 1), (1, +

)
trên mỗi khoảng này f(x) giữ một dấu; dễ thấy f(-1) > 0; f(1) < 0; f(2) > 0
nghiệm của (1) là x (0,1).
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
sinx >

x2
,
)
2
,0(x


.
Giải:
Xét hàm số f(x) = sinx -

x2
với x

2
,0
, có f'(x)=cosx -

2
;
f
''
(x) = -sinx ,
)
2
,0(x




f
'
(x) < 0,








2
,0x
. Theo hệ quả 3: f

'
(x) = 0
có không quá một nghiệm







2
,0
f(x) = 0 có không quá 2 nghiệm








2
,0
. Dễ thấy f(x) = f
( ) ( )
0xf02 ==
chỉ có 2 nghiệm và do f(x) liên
tục trên

2
,0
f(x) giữ nguyên một dấu trên







2
,0
. Mặt khác
( ) ( ) ( )
2,0x
x2
xsin2,0x04f

>>
.
Nhận xét: +) Hai bài toán ở ví dụ 1 và 2 là cách giải thờng dùng nhất đối với
dạng bài toán này.
+) Ta dễ dàng giải các ví dụ 3 và 4 trong phần II bằng cách thay giả
thiết giải phơng trình bằng giải bất phơng trình nh cách giải của hai ví dụ trên.
iii.3. bài tập:

1. CMR:
[ ]
2
,0x
x4x4
xsin
2
2






Gợi ý: Xét hàm số
( )



+=
x4x4
xsinxf
2
2
Sau đó CM.
( )
( )
( )
xf
2

,0x0xf



<

có duy nhất một nghiệm sau
đó CM
( )
( )
( )
xf
2
,0x0xf



có không quá 2 nghiệm
[ ]
2
,0


mà dễ thấy 0 và
2

là nghiệm của f(x).
Do f(x) liên tục trên
[ ]
2

,0

ta có lời giải bài toán.
2. Giải bất phơng trình:
( ) ( )
x2xx2xx2xx2x
2
2
2
2
22
2433

+>+
Gợi ý: trớc hết giải phơng trình:
( ) ( )
x2xx2xx2xx2x
2
2
2
2
22
2433

+=+
nh ví dụ 4 ở mục 2 sau đó dựa vào
tính liên tục của hàm số f(x) =
( ) ( )
x2xx2xx2xx2x
2

2
2
2
22
2433

+
trên R ta
suy ra nghiệm.
3.Giải bất phơng trình:
x x 1

+
với
x 0>
và

là tham số dơng.
Gợi ý:
Xét hàm số:
( )
f x x x 1

= +
với
x 0, 1> >
có:
( )
( )
( ) ( )

1
f x x 1 f x 0 x 1 f x 0


= = = =
không có nghiệm trên các
khoảng
( )
0;1
và
( )
1;+
suy ra f(x) giữ nguyên một dấu trên khoảng
( )
0;1
và
( )
1;+
. Dễ thấy với
1

>
thì
( ) ( )
f x 0, x 0; +
. Với
0 1
< <
thì
( ) ( )

f x 0, x 0; +
. Từ đó suy ra: với
1 >
thì nghiệm của bất phơng trình là
0x >
. Với
0 1< <
thì nghiệm của bất phơng trình là x = 1.
Iv.ứng dụng định lí Lagrange và hệ quả vào giải hệ
ph ơng trình
Iv.1. Ph ơng pháp chung
Trớc hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề: Cho hàm số f(x) xác định liên tục trên
[ ]
b,a
; khả vi trên (a, b) và
( ) ( )
b,ax0xf

. Khi đó nếu f(x) = f(y) với
[ ]
b,ay,x
thì x = y.
Chứng minh: Giả sử
[ ]
b,ay,x;yx
. Không giảm tính tổng quát ta giả sử x
< y; do f(x) = f(y) nên theo định lí Lagrange
( ) ( )
b,ay,xc

sao cho
( )
( ) ( )
0
xy
xfyf
cf =


=



mâu thuẫn giả thiết
( ) ( )
b,ax0xf

,
từ đó
.yx =
*) Nội dung phơng pháp trong mục này nh sau:
Giả sử ta cần giải hệ:
( )
( )



=
=
0y,xG

0y,xF
(I) trong đó x, y
;RX
F(x, y),
G(x, y) là các biểu thức phụ thuộc vào x, y.
Giả sử bằng các phép biến đổi tơng đơng, hay biến đổi hệ quả ta dẫn tới một
phơng trình nào đó của hệ (I) có dạng f(x) = f(y) (nếu có) trong đó
f(t) và là hàm số xác định, liên tục trên
[ ]
b,a
, khả vi trên (a,b) thỏa mãn
f
'
(t)
( )
b,at,0
. Khi đó theo bổ đề trên ta suy ra x = y.
Do vậy hệ (I)

( )
( )





=
=
=
yx

0y,xG
0x,xF
(II). Thì việc giải hệ (II) có thể thực hiện đợc
dễ dàng.
IV.2.các ví dụ:
Ví dụ 1: Giải hệ:







+

=+
+

=+
x1
x1
logx3y
x1
y1
logy3x
3
3
(I) (Olympic 30/4).
Giải:
Để đơn giản ta đặt a =

.1b,a0yb;x <=
(I)





+

=+
+

=+

)2(
a1
a1
loga3b
)1(
b1
b1
logb3a
3
3
từ (1) và (2) suy ra
.b4
b1
b1
loga4
a1

a1
log
33

+

=
+

Xét hàm số
t4
t1
t1
log)t(f
3

+

=
với
[
)
1,0t
,
có:
( )
( )
3ln
2
.

t1
1
.
t1
t1
tf
2
+

+
=

- 4
)1,0(t0
nên theo bổ đề
ba =

(I)



+=+++
=






+

=
=

)a1(log)a1()a1(log)a1(
ba
a1
a1
loga2
ba
33
3
(II)
Xét hàm số:
tlogt)t(g
3
+=
với t > 0 ta có:
0
3ln.t
1
1)t('g >+=

0t >
Nên lại theo bổ đề a có (II)



=
=

=
=




=+
=

0y
0x
0b
0a
a1a1
ba
là nhiệm
của hệ.
Nhận xét:
+) Bằng việc vận dụng liên tiếp hai bổ đề lời giải bài toán trên trở nên
ngắn gọn.
+)Trong quá trình biến đổi hê ta cần chú ý làm xuất hiện phơng trình
f(x) = f(y).
Ví du 2: Giải hệ:

)I(
)2(2)x(coslog)ysin31(log

)1(2)y(sinlog)xcos31(log
32
32



+=+
+=+
Giải:
Điều kiện cosx > 0; cosy > 0 từ hệ ta có:
)y(sinlog)xsin31(log)x(coslog)xcos31(log
3232
++=++
(*)
Xét hàm số
tlog)t31(log)t(f
32
++=
với t > 0
có
0t0
3ln.t
1
2ln)t31(
1
)t('f >+
+
=
.Nên theo bổ đề
xcosxsin =

thay vào (1)
02)x(coslog)xcos31(log
32
=+
Xét hàm số
2tlog)t31(log)t(g
32
+=
với t = cosx
]1;0(
có
)1;0(
)2ln3(ln3
2ln
t0)t('g;
3lnt
1
2ln)t31(
3
)t('g

==
+
=
ta lại có
0
27ln.16ln
16ln27ln
3ln

1
2ln4
3
)1('g;)t('glim
0t
>

===

và do g(t) liên tục trên
(0;1] suy ra g(t) > 0 với
( )







1;
2ln3ln3
2ln
t
và g(t) < 0 với

)2ln3(ln3
2ln
,0t
. Nên theo bổ đề g(t) có không quá hai nghiệm trên (0,1].
Mặt khác dễ thấy t = 0 và
3
1
t =
là hai nghiệm của phơng trình g(t) = 0. Vậy
hệ đã cho

+






=
+






=





+

=
=

=
=



=
=
n
3
1
arcsin)1(y
k2
3
1
arccosx
n2

2
y
k2x
3
1
ysin
3
1
xcos
1ysin
1xcos
n
với
Zn,k
Nhận xét : qua bài toán ở các ví dụ 1, 2 ta thấy các hệ phơng trình đối xứng
kiểu hai có thể giải đợc bằng phơng pháp này.
Ví dụ 3: Giải hệ:
( )
( )
( )
( )








<<

+=+
=

3
4
5
y;x
22y31x10
1
ysin
xsin
e
46
yx
Giải:
ysin
e
xsin
e
)1(
yx
=
Xét hàm số
tsin
e
)t(f
t
=
với
4

5
t

<<
có
( )









=
4
5
,t0
tsin
tcostsine
)t('f
2
t
Nên theo bổ đề ta có x = y thay vào (2)
)2x(31x10
46
+=+

( ) ( )

[ ]
1xx1x31xx1x10
242242
+++=++
03
1xx
1x
10
1xx
1x
3
24
2
24
2
=+
+
+

+
+



( )
( )



+=+

+=+
51x31xx
41xx31x
224
242
(4) vô nghiệm;




+=
+=

335x
335x
)5(
ta thấy
335x +=
loại. Vậy hệ
đã cho có nghiệm x = y =
335 +
.
iv.3.bài tập:
1. Giải hệ:
( )
( )

+=+
+=+
2x1x21y
1y1y21x
22
22
Gợi ý:
Từ (1) và (2)
2222
y1y21yx1x21x
+++=+++
Sau đó xét hàm số
( )
22
t1t1ttf +++=
với t

1
( )
yx1t0tf =>


. Từ đó dẫn tới giải phơng trình:
( )
( )
4x11x521xx1x21x
2222
+=++=+
( ) ( )

0
521x
1
12x
11x
1
2x
2
=
















++
+
+

2x =

V. ứng dụng định lí Lagrange và hệ quả vào chứng
minh bất đẳng thức
ở phần này ta áp dụng định lí Lagrange và hệ quả của nó vào việc giải các
bài toán bất đẳng thức số học, bất đẳng thức tích phân và bất đẳng thức hàm
lồi mà trờng hợp đặc biệt của nó là bất đẳng thức Jensen thờng sử dụng. Trong
mục này ta cũng quan tâm đến việc vận dụng định lí Lagrange và hàm lồi để
thiết lập các bất đẳng thức.
V.1 Ph ơng pháp chung
Giả sử bất đẳng thức
0A
(I) (hoặc
0A
) nào đó cần chứng minh mà
các đại lợng tham gia vào bất đẳng thức (I) cần đợc đánh giá có liên quan đến
các giá trị f(a), f(b), f(c), của một hàm số f(x) nào đó xác định khả vi trên
tập X
R
, trong đó a, b, c

X và các đoạn [a,b],[b,c],[a,c], bao hàm trong
X.
Khi đó theo định lí Lagrange:
[ ] [ ] [ ]
...c,ac;c,bc;b,ac
321

để:
( )
( ) ( )
( )

( ) ( )
( )
( ) ( )
ac
afcf
cf;
bc
bfcf
cf;
ab
afbf
cf
321


=



=



=

,nhờ biểu
diễn này ta chuyển việc đánh giá f(a), f(b), f(c), về đánh giá
( ) ( ) ( )
,...cf,cf,cf
321

trong đó việc đánh giá
( ) ( ) ( )
,...cf,cf,cf
321

thờng đơn
giản hơn so với f(a), f(b), f(c),
V.2.Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho hàm số f(x) xác định liên tục trên
[ ]
; , , R, <
khả vi
trên
( )
;
có đạo hàm f(x) đồng biến trên
( )
;
. CMR:
[ ]
a, b, c ; ,a b c
; ta có:
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )
10bacfacbfcbaf
++
Giải:
Trong bất đẳng thức (1) sẽ hiển nhiên trở thành đẳng thức nếu trong 3 số a,
b, c có hai số bằng nhau. Do vậy không giảm tính tổng quát ta giả sử a > b > c
và

[ ]
;c,b,a
.
Ta viết lại bất đẳng thức (1) nh sau:

( )( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
( )( )
cbacfabbcbfcbaf +++
( ) ( )
[ ]
( ) ( ) ( )
[ ]
( )
bacfbfcbbfaf
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
cb
cfbf
ba
bfaf






(vì a > b > c)
Bất đẳng thức (2) gợi ý ta dùng định lí Lagrange. Thật vậy áp dụng định lí

Lagrange cho hàm f(x) trên [c,b] và [b,a] thì
)a,b(t);b,c(t
21

để
ba
)b(f)a(f
)t('f;
cb
)c(f)b(f
)t('f
21


=


=
hiển nhiên t
1
< t
2
; và theo giả thiết bài
toán ta có :
)t(f)t('f
12


do đó
( )

2
đợc chứng minh

(1) đợc chứng minh .
Nhận xét: +)Nếu giả thiết bài toán cho f(x) nghịch biến trên
( )
;
thì ta có
bất đẳng thức ngợc lại.
+)Từ bài toán này nếu ta chọn f(x) và các giá trị a, b, c thích hợp
và thay vào (1) ta đợc một bất đẳng thức mà việc chứng minh bằng phơng
pháp đại số không đơn giản .
Chẳng hạn ta chọn hàm số f(x) = e
x
, có f(x) = e
x
đồng biến trên R, với
cba
ta có bất đẳng thức :

0)ba(e)ac(e)cb(e
cba
++
(3).
Với
0zyx >
ta chọn a=lnx; b=lny; c=lnz thay vào ta có bất đẳng thức:
x(lny-lnz) + y(lnz-lnx) + z(lnx-lny)
0
(4).

Khi đó việc chứng minh bất đẳng thức (3), (4) bằng phơng pháp đại số không
rễ.
Ví dụ 2: Cho: a, b, c, r, s sao cho a > b > c > 0; r > s > 0;chứng minh bất đẳng
thức:
rsrsrssrsrsr
accbbaaccbba ++>++

Giải:
Do a > b > c > 0

a
s
> b
s
> c
s
; với s > 0. r > s > 0

1
s
r
>
. Xét hàm số
s
r
t)t(f =
với t > 0; có
0t)1
s
r

(
s
r
)t(''f
2
s
r
>=

với
0t >


f(t) là hàm tăng
nghiêm ngặt trên
),0( +
.
Mặt khác theo định lí Lagrange
)a,c(n);a,b(m
ssss

sao cho
ss
rr
ss
ss
ss
rr
ss
ss

cb
cb
cb
)c(f)b(f
)n('f;
ba
ba
ba
)b(f)a(f
)m('f


=


=


=


=
;do m > n và
f(t) tăng nghiêm ngặt trên
),0( +


f(m) > f(n)
ss
rr

ss
rr
cb
cb
ba
ba


>





rsrsrssrsrsr
accbbaaccbba ++>++
.Vậy là bài toán đợc chứng minh.
Chú ý: Do bất đẳng thức đã cho có thể viết lại là:
( ) ( ) ( )
0bacacbcba
ssrssrssr
>++
nên có dạng nh bất đẳng thức
(1). Điều này gợi cho ta cách chứng minh bài toán nh bất đẳng thức (1) nhờ
dạng đó mà ta phải tìm hàm số f(x) sao cho:
( )
rs
aaf =
;
( )

rs
bbf =
;
( )
rs
ccf =
để ta dẫn tới hàm
( )
s
r
ttf =
là rất tự nhiên.
Cũng qua cách chứng minh bài toán này gợi cho ta cách tìm hàm số f(x) thoả
mãn tính chất có đạo hàm f(x) đồng biến.
Thật vậy, ta chọn tuỳ ý một hàm số h(x) sao cho g(x) > 0 và h(x) liên tục trên
tập X

R. Ta đặt
( ) ( )
f x g x dx=

thì ta có
( ) ( )
xgxf =

> 0 trên X do vậy
f(x) là hàm số đồng biến trên X.
Và do vậy từ hàm f(x) theo cách tìm nh trên ta chọn các giá trị a, b, c

X

thích hợp thì ta tạo ra một lớp các bất đẳng thức của bài toán 1.
Ví dụ 3: Cho x
1
, x
2
, , x
n
> 0
( )
Nn,1n

Ta đặt:
n21n
n
nkji1
kji3
n
nji1
ji2
n
1i
i1
x...xxs
.......................
xxxs
xxs
;xs
=
=
=

=



<<
<
=
Gọi là các hàm cơ bản của x
1
, x
2
, ,x
n
;
CMR:
( )
5
c
s
c
s
...
c
s
c
s
n
n
n
n

n
1n
n
1n
2
n
2
1
n
1



Giải:
Trớc khi giải bài toán này cần chú ý: Nếu f(x) là đa thức có nghiệm bội k (
*
Nk
) thì f(x) có nghiệm bội k 1 (ta dễ dàng chứng minh đợc điều này).
Do vậy với x
1
< x
2
là hai nghiệm của đa thức f(x) = 0 nếu
21
xx
thì theo hệ
quả 1 tồn tại nghiệm của đa thức f(x) = 0 thuộc khoảng (x
1
, x
2

). Nếu x
1
= x
2
thì f(x) có nghiệm là x
1
= x
2

[ ]
21
x;x
.Do vậy, ta có thể mở rộng hệ quả 1
(định lí Rolle) cho đa thức f(x) nh sau: Nếu f(x) là đa thức nhận x
1
, x
2
là
nghiệm
( )
21
xx
thì f(x) = 0 có nghiệm .
Nhờ chú ý trên ta giải bài toán nh sau:
Chứng minh (5) bằng quy nạp toán học:
+) Với n = 1 bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
+) Giả sử bất đẳng thức đúng đến n 1.
+) Ta giả sử
n21
x...xx0

.
Xét đa thức p(x) = (x x
1
)(x x
2
) (x-x
n
)
= x
n
s
1
x
n 1
+ s
2
x
n 2
- +(-1)
n 1
s
n
p(x) = 0 có n nghiệm
n21
x,...,x,x
. Theo định lí Rolle:
( ) ( ) ( ) ( )
1n
1n
3n

2
2n
1
1n
s1...xs2nxs1nnxxp



++=

có n - 1 nghiệm y
1
, y
2
, , y
n 1
thỏa mãn:
n1n1n32211
xyx...xyxyx

khi đó:
n
s
....,s
n
2n
,s
n
1n
1n

,21


là các hàm cơ bản của
( )
1n,1iy
i
=
theo giả thiết ta có:
( ) ( )
( )
6
nC
s
...
nC
s3n
nC
s2n
C
1n
1n
1n
1n
1n
3
3
1n
3
2

1n
2
1
1n











Ta để ý:
k
n
k
1n
c
1
c.n
kn
=


. Nên (6)
1n
1n

n
1n
3
3
n
3
2
n
2
1
n
1
c
s
......
c
s
c
s
c
s




. Ta
chỉ cần chứng minh:
n
n
n

n
1n
1n
n
1n
c
s
c
s




.Thật vậy do: x
1
, x
2
, , x
n
> 0 nên theo
bất đẳng thức Côsi ta có:
n
n21
n21
x...x.x
1
)
x
1
......

x
1
x
1
(
n
1
+++

n
1n
n21
n21
n21
)x...x.x()
x
1
......
x
1
x
1
(
n
x...x.x

+++
hay
1n
n

n
1n
n21
1
n
1n
c
)x...x.x(
c
s






n
n
n
n
1n
1n
n
1n
c
s
c
s

.Vậy bất đẳng thức đợc chứng
minh.
Ví dụ 4: Cho: a , b, c, d là bốn số dơng bất kỳ. Chứng minh rằng:
6
cdbdbcadacab
4
bcdacdabdabc
3
+++++

+++
. (Vô địch Đức1970)
Giải:
Vì bất đẳng thức cần chứng minh có tính chất đối xứng và do vai trò bình đẳng
của a, b, c, d nh nhau, vậy không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng:
dcba0
.
Xét hàm số f(x) = (x-a)(x-b)(x-c)(x-d),thì f(x) liên tục khả vi trên toàn R.Ta
có: f(a) = f(b) = f(c) = f(d) = 0. Vậy theo hệ quả 1 (và chú ý ở ví dụ 3)
Ry,y,y
321

.
Với
[ ] [ ]
d,cy;c,by];b,a[y
321

, sao cho
( ) ( ) ( )
0yfyfyf
32
=

=

=


( ) ( )( )( ) ( )( )( )( )
[ ]
'
321
dxcxbxaxyxyxyx4xf ===

.Vậy ta có số
hạng tự do của f(x) là -4y
1
y
2
y
3
đó cũng là hệ số x của f(x) là :
-(abc+ abd + acd + acd)
4
bcdacdabdabc
yyy
321

+++
=
(*); số hạng
chứa x của f(x) là: -(abc + abd +acd +bcd) cũng là 2 lần số hạng chứa x
2
của f(x) là 2(ab + ac + ad + bc + bd +bc) do vậy ta có:
2
bcbdbcadacab
yyyyyy
133221
+++++
=++
(**). Theo bất đẳng thức
Côsi ta có:
( )
3
2
321
133221
yyy
3
yyyyyy

++
3
321
133221
yyy
3
yyyyyy

++

(***)
thay (*), (**) vào (***) ta có:
6
cdbdbcadacab
4
bcdacdabdabc
3
+++++

+++


điều phải chứng
minh.
Ví dụ 5: Chứng minh rằng nếu 0 < b < a thì:
b
ba
b
a
ln
a
ba
<<


Giải:Ta viết lại bất đẳng thức cần chng minh về dạng:
b

1
ba
blnaln
a
1
<


<
. Xét
hàm số f(x) = lnx với x

[b,a] ; thì f(x) liên tục trên [b,a] khả vi trên (b,a) nên
theo đinh lý Lagrange
( )
a,bc
để f(c) =
( ) ( )
ba
bfaf


. Mặt khác f(c) =
( ) ( )
ba
blnaln
ba
bfaf
c
1

c
1


=


=
do b < c < a
b
1
c
1
a
1
<<
hay
b
ba
b
a
ln
a
ba
<<



điều phải chứng minh.
Nhận xét: đây là bài toán cơ bản rất hay gặp . Dạng tổng quát nh sau: giả sử ta

cần chứng minh bất đẳng thức
( ) ( )
M
ba
bfaf
m



với a, b, m, M
R

;(a <
b).Thông thờng thì ta xét hàm f(x); Nếu hàm số này liên tục trên [a,b], khả vi
trên (a,b) do vậy theo định lí Lagrange
( ) ( )
( ) ( )
ba
bfaf
c'f:b,ac


=
do vậy ta
chỉ cần chứng minh
( )
Mcfm


, trong đó việc chứng minh

( )
Mcfm



thờng là đơn giản .
Ví dụ 6: Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên [a,b]; (a<b) thoả mãn f(a) =
f(b) = 0 đặt
( )
xfMaxM
bxa

=

, chứng minh rằng:
( )
( )




b
a
2
dxxf
ba
4
M
.
Giải:

Lấy x tuỳ ý thuộc (a,b)

a < x < b ta áp dụng định lý Lagrange cho hàm số
f(x) trên [a,x] thì
( )
x,ac
1

sao cho f(x) f(a) = f(c
1
)(x a)

f(x) = f(c
1
)(x a);

( ) ( )
axMxf
(*)tơng tự
( )
b,xc
2

sao cho
:f(b) f(x) = f(c
2
)(b x)

f(x) = -f(c
2

)(b x)

( ) ( )
xbMxf

(**). Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )

+
+
+
+
++=
2
ba
a
b
2
ba
2
ba
a
b
2
ba
b
a
dxxbMdxaxMdxxfdxxfdxxf

( ) ( ) ( )

M
4
ab
M
8
ab
8
ab
222

=







+

hay
( )
( )




b
a
2

dxxf
ba
4
M

đpcm.
Chú ý: Ta có thể chọn vô số hàm số f(x ) thoả mãn bài toán. Chẳng hạn xét
trên [0,1] lấy
( ) ( )
10
xsin
e1xxxf =
thì hàm
( )
xf
thoả mãn toàn bộ điều kiện bài
toán trên
[ ]
1,0
,và ta đợc bài toán sau:
Đặt
[ ]
( ) ( )
[ ]
101010
xsin1010xsinxsin
1,0x
excosx1x10xeex1MaxM +=

. CMR: