TOÁN CAO cấp GIẢI TÍCH 1

Học để lập nghiệp
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

KHĨA HỌC: TỐN CAO CẤP - GIẢI TÍCH I
BUỔI 09 : CÁC ĐỊNH LÝ VỀ HÀM KHẢ VI. KHẢO SÁT
HÀM SỐ - ĐÁP ÁN BTTL

Bài 1: Xét hàm số f (x)  10 x1  x thỏa mãn các điều kiện của định lý Rolle trên R. Ta có
f (x)  10 x1 ln10  1 . f (x)  0  x  1  log10

1
 x  1  log10 (ln10) .
ln10

Vì f (x) có 1 nghiệm duy nhất nên f (x) có tối đa 2 nghiệm (hệ quả định lý Rolle). Mà ta lại dễ thấy

f (1)  f (0,13713) 0 nên phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm.
Chú ý : Hệ quả của định lý Rolle :
- Nếu phương trình f (x)  0 có n nghiệm phân biệt thì phương trình f (x)  0 có ít nhất (n  1) nghiệm
phân biệt.
- Nếu phương trình f (x)  0 có n nghiệm phân biệt thì phương trình f (x)  0 có nhiều nhất (n  1)
nghiệm phân biệt.
Bài 2: Xét hàm số F(x)  a sin x  b

sin 2x
sin 3x
liên tục trên 0; π và khả vi trên (0; π) .
c
2
3

Ta dễ thấy F(0)  F( π)  0
 phương trình F(x)  0  acos x  bcos 2x  c cos 3x  0 có nghiệm trên khoảng (0; π) (định lý Rolle).
 đpcm.

Bài 3: Xét hàm số F(x)  ax8  bx3  cx  d liên tục trên 0;1 và khả vi trên (0;1) .
Ta dễ thấy F(0)  d; F(1) a b c d d (do a  b  c  0 )  F(0)  F(1) .
 phương trình F(x)  0  8ax7  3bx2  c  0 có nghiệm trên khoảng (0;1) (định lý Rolle).

Bài 4: Dễ thấy hàm số g(x)  x 3 có g(x)  3x 2  0  x  0  
 1;1 nên không áp dụng được định lý
Cauchy cho 2 hàm số này trên 
 1;1 .
Bài 5: Từ đề bài ta có :

f (c) f (3)  f ( 1)
3c 2 27  ( 1)
7



c .
g(c) g(3)  g( 1)
2c
9 1
3

Định lý Cauchy là điều kiện đủ để tồn tại số c như vậy, không mâu thuẫn.

____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

www.edemy.vn


Học để lập nghiệp
_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Bài 6:
1.
- Với x  y , bất đẳng thức luôn đúng.
- Với x  y , dễ thấy hàm số f (x)  cot x thỏa mãn điều kiện của định lý Lagrange trên (x; y) (do

x, y  (0; π) ). Vậy áp dụng định lý Lagrange ta thấy :
c  (x; y)| f (c) 



f (x)  f (y)
cot x  cot y
1
 2 
xy
xy
sin c

cot x  cot y
1

 1  cotx  cot y  x  y .
xy
sin2 c

Vậy ta có điều phải chứng minh.
2. Dễ thấy hàm số f (x)  arctan x thỏa mãn điều kiện của định lý Lagrange trên (a; b) với mọi a,b thỏa
mãn 0  a  b . Vậy áp dụng định lý Lagrange ta thấy :
c  (a;b)| f (c) 

Mà c  (a;b) nên ta có

Từ (1) và (2) 

f (b)  f (a)
1
arctanb  arctana
(1)
 2

ba
ba
c 1

1
1
1
(2).
 2
 2
b 1 c 1 a 1
2

1

arctanb  arctan a
1
ba
ba
.

 2

 arctanb  arc tan a 
2
ba
b 1
a  1 1 b
1  a2
2

Vậy ta có điều phải chứng minh.
3. Dễ thấy hàm số f (x)  ln x thỏa mãn điều kiện của định lý Lagrange trên (b; a) với mọi a,b thỏa mãn

0  b  a . Vậy áp dụng định lý Lagrange ta thấy :
c  (b; a)| f (c) 

Mà c  (b; a) nên ta có

Từ (1) và (2) 

f (a)  f (b)
1 lna  lnb
(1)
 

ab
c
ab

1 1 1
  (2).
a c b

1 ln a  lnb 1
ab
 a  ab

 
 ln   
.
a
ab
b
a
b
b

Vậy ta có điều phải chứng minh.
4. Xét f (x)  sin x liên tục trên  a; b  và khả vi trên (a; b) . Ta có f (x)  cos x .
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

www.edemy.vn


Học để lập nghiệp

____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Áp dụng định lý Lagrange thì tồn tại c  (a;b) sao cho cosc 

Lại có 0  a  c  b 

sinb  sin a
 (b  a)cosc  sinb  sin a (1).
ba

π
1
  cos c  1 (2).
3
2

1
Từ (1) và (2)  (b  a)  sinb  sin a  b  a . Ta có đpcm.
2

Bài 7: Giả sử tồn tại hàm số f . Vậy theo định lý Lagrange thì c  (0; 2)| f (c) 

f (2)  f (0) 5
 .
20
2

Mà theo giả thiết : f (x)  2 với mọi x , mâu thuẫn với định lý Lagrange. Vậy không tồn tại hàm f thỏa
mãn đề bài.
Bài 8: Giả sử tồn tại hàm số f . Vậy theo định lý Lagrange thì α  (0;1)| f (α) 

β  ( 1;0)| f (β) 

f (1)  f (0)
;
1 0

f (0)  f ( 1)
.
0  ( 1)

Mà theo giả thiết : f (1)   f ( 1), f (0)  0 nên f (α)  f (β) . Lại áp dụng định lý Rolle cho hàm số f (x)
trên α; β  thì γ  (α; β) sao cho f (γ)  0 , mâu thuẫn với giả thiết rằng f (x)  0 x  ( 2; 2) .
Vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài.
Bài 9: Xét hàm số f (x) 

g(x)
thỏa mãn các điều kiện của định lý Lagrange trên 0;1 . Vậy theo định lý
ex

Lagrange ta có c  (0;1)| f (c) 



f (1)  f (0)
1 0

g(c)  g(c) g(1) / e  g(0)

 0 (do g(0)  g(1)  0 )

1
ec

 g(c)  g(c) .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
x

Bài 10: Xét hàm số g(x)   f (x)dx là hàm số liên tục trên  a; b  , khả vi trên (a; b) và g(a)  g(b)  0 (do
a

b

 f (x)dx  0

a

và

a

 f (x)dx  0 ). Vậy áp dụng bài tập 9 thì ta suy ra tồn tại c  (a;b) sao cho g(c)  g(c) .
a

c

Tức là f (c)   f (x)dx (chú ý g(x)  f (x) ). Vậy ta có đpcm.
a

____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

www.edemy.vn


Học để lập nghiệp
_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Bài 11:
Ta xét đạo hàm của hàm số y  x  1 tại điểm x  1 . Ta có :
lim

x 1

y(x)  y(1)
y(x)  y(1)
x 1 0
1 x  0
 lim
 1; lim
 lim
 1
x1
x1
x1
x 1
x 1
x 1
x 1

 y (1)  y (1)  hàm số khơng có đạo hàm tại x  1  0; 2 .
 không thể áp dụng định lý Fermat cho hàm số trên 0; 2 .

Lập bảng biến thiên ta dễ thấy hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , yct  y(1)  0 .
Bài 12:
a) Xét hàm số F(x)  ax4  bx3  cx  d liên tục trên 
 1;0  và khả vi trên ( 1;0) .
Ta dễ thấy F(0)  d; F( 1)  a b c d d (do a  b  c  0 )  F(0)  F( 1) .
 phương trình F(x)  0  4ax3  3bx2  c  0 có nghiệm trên khoảng ( 1;0) (định lý Rolle).

b) Xét hàm số F(x) 

ax 4
 bx 2  2cx  d liên tục trên 0; 2 và khả vi trên (0; 2) .
4

Ta dễ thấy F(0)  d; F(2)  4(a b c) d d (do a  b  c  0 )  F(0)  F(2) .
 phương trình F(x)  0  ax3  2bx  2c  0 có nghiệm trên khoảng (0; 2) (định lý Rolle).

c) Xét hàm số F(x)  cx5  bx4  ax3 liên tục trên 0;1 và khả vi trên (0;1) .
Ta dễ thấy F(0)  0; F(1) a b c 0  F(0)  F(1) .
 x0  (0;1)|F(x0 )  0  5cx04  4bx03  3ax02  0 (định lý Rolle)
2

 1
 1
 3a    4b 
 x0 
 x0


4

  5c  0 (chia cả 2 vế cho x0 ).


 phương trình 3ax2  4bx  5c  0 có nghiệm

1
 (1;  ) (do x0  (0;1) ).
x0

d) Xét hàm số F(x)  ax6  bx5  cx 4  dx liên tục trên 
 1;0  và khả vi trên ( 1;0) .
Ta dễ thấy F(0)  0; F( 1)  a b c d 0 (do a  b  c  d )  F(0)  F( 1) .
 phương trình F(x)  0  6ax5  5bx4  4cx3  d  0 có nghiệm trên khoảng ( 1;0) (định lý Rolle).
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

www.edemy.vn


Học để lập nghiệp
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Bài 15
1. Xét hàm số y  2x arctan x  ln(1  x 2 ) trên  . Ta có y  2arctan x  0  x  0 .
Lập bảng biến thiên ta dễ thấy min y  0  y  0 x .


Vậy ta có đpcm.
2. Khai triển Maclaurin hàm số y  ln(x  1) đến cấp 1 và 2 trên 0;   , sử dụng phần dư dạng Lagrange
ta được : ln(x  1)  x 

x2
x2
x3
(trong đó c là 1 số thực nằm giữa 0 và x , tức
; ln(x  1)  x  
2 3(c  1)3
2(c  1)2

0  c  x ).
Từ đó ta suy ra : ln(x  1)  x  

x2
x2
x3

0;
ln(x

1)

x


 0 (do x  0 ).
2 3(c  1)3
2(c  1)2

Vậy ta có đpcm.

 π

3. Khai triển Maclaurin hàm số y  cosx đến cấp 4 trên 0;  , sử dụng phần dư dạng Lagrange ta được :
 2

x 2 x 4 (sinc).x 5
π
 
(trong đó c là 1 số thực nằm giữa 0 và x , tức 0  c  x  ).
2! 4!
5!
2

cosx  1 

(chú ý (cos x)( 5 )  cos(x 

5π
)   sin x )
2

x2 x4
(sinc).x 5
π
 cosx  1  

 0 (do 0  c   sinc  0 ).
2 4!
5!
2
Vậy ta có đpcm.
4.

Cách 1: Ta tính các đạo hàm cấp 1,2,3,4 của hàm số y  tan x . Ta có :
(tan x) 

1
2sin x
;(tan x) 
;
2
cos x
cos3 x

(tan x) 

2
6 sin2 x
sin x

;(tan x)( 4) 
(16  24tan2 x) .
2
4
3
cos x cos x
(cos x)

π
Khai triển Maclaurin hàm số y  tan x đến cấp 3 trên (0; ) , sử dụng phần dư dạng Lagrange ta được :
2

tan x  x 

x3
sinc 2
π

(  tan2 c).x 4 (trong đó c là 1 số thực nằm giữa 0 và x , tức 0  c  x  ).
3
3 (cos c) 3
2

____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

www.edemy.vn


Học để lập nghiệp
_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

x3
sinc 2
π
 tan x  x  
(  tan2 c).x 4  0 (do 0  c   cos c  0 và sinc  0 ).
3
2
3 (cos c) 3
Vậy ta có đpcm.
Nhận xét: Cách này tuy trình bày ngắn gọn nhưng tính đạo hàm quá dài dòng và dễ nhầm lẫn.
Cách 2: Xét hàm số f (x)  tan x  x 
Ta có f (x) 

π
x3
trên (0; ) .
3
2

1
 1  x 2  tan2 x  x 2  (tan x  x)(tan x  x) .
2
cos x

π
Dễ thấy trên (0; ) thì sin x  0 và cos x  0  tanx  0  tanx  x  0 .Ta cần xét dấu biểu thức tanx  x .
2
1
1  cos2 x
π
Xét hàm số g(x)  tan x  x trên (0; ) . Ta có g(x) 
1 
 0 nên g(x) đồng biến.
2
cos2 x
cos2 x

 g(x)  g(0)  0 x  0 .
π
π
Vậy ta có f (x)  0 trên (0; )  f (x)  f (0)  0x  (0; ) .
2

2

Vậy ta có đpcm.
Bài 16:
1. y 

 x(x  2)
8
. ymin  y( 2)  , ymax  y(0)  4 .
2
2
3
(x  x  1)

Các em tự lập BBT nhé.

2. y 

x(3x  2)
5(x 2 (x  1))

4
5

. ycd  y(

2 5 4
)
, y  y(0)  0 .
3

27 ct

____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

www.edemy.vn


Học để lập nghiệp
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

1
3 ln 2
3. y  (4x  2)ln x . ycd  y( )  
, yct  y(1)  1 .
2 4
2

2 1
1 
3
4. y  

 . y  y(1)  2, yct  y(0)  y(2)  4 .
3  3 x 3 x  2  cd

5. y 

2
3

x

 2 . ycd  y( 1)  1, yct  y(0)  0 .

____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

www.edemy.vn


Học để lập nghiệp
_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

6. y 

1
1
2(x 2  3)
. ycd  y( 3) 
.
, yct  y(  3) 
2
2
(x  3)
3
3

7. y  e x (x2  3x  2) . ycd  y( 2) 

8. y 

3
1
, yct  y( 1)  .
2
e
e

3x 3  2
2
2 2  2
. yct  y( 3 )   ln   .
x
3
3 3  3

____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

www.edemy.vn


Học để lập nghiệp
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

9. y  

1  2sin x
7π  3
11π
3
. yct  y( ) 

.
, ycd  y(
)
2
6
3
6
3
(2  sin x)

Bài 17:
1. Ta có :
1

- lim y  lim (xe x  2)    đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang.
x 

x

1

x
lim
y

lim(xe
 2)  2;
 
x 0 
 x 0

- 
1
t
t
 lim y  lim(xe x  2)  lim   1 e t  2   lim 2t  e  lim 2  e  
 t
 t  t

t 
t 
x 0 

1


 x 0

 đồ thị hàm số nhận x  0 làm đường tiệm cận đứng. Chú ý ở trên ta đã đặt ẩn phụ t  1/ x và sử dụng
quy tắc L'Hospital cho giới hạn dạng  /  .
1
y
2
 lim (e x  )  e 0  0  1  đồ thị hàm số có tiệm cận xiên.
x  x
x 
x

- lim

____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

www.edemy.vn


Học để lập nghiệp
_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

1
 1

1
et  1
Vậy xét lim (y  x)  lim (xe x  2  x)  lim  x(e x  1)  2  lim(
)
 2) (đặt t 
x 
x 
x 
t 0
x

t



 lim(
t 0

t
 2)  1 (thay tương đương (et  1)  t khi t  0 )

t

 đường thẳng y  x  1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
y
y
ln(1  e 2x )
ln(1  e 2x )
2e 2x / (1  e 2x )
(quy tắc
 lim
 0 ; lim  lim
 lim
x  x
x
x  x
x
x
x
x
1

2. Ta có : lim


2 
L'Hospital)  lim  2 
  2 .
x 
1  e 2x 


Vậy xét lim (y  2x)  lim ln(1  e 2x )  2x   lim ln(1  e t )  t  (đặt t  2x )
x
x
t 
 1  et
 lim ln(1  e t )  ln e t   lim ln  t
t 
t 
 e


  ln1  0 .


Vậy đường thẳng y  2x là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
3. Ta có :
- lim y  lim x 2 sin
x 

 lim
t 0

x 

2020
sin 2020t
1
(đặt t  )
 lim
2

t 0
x
x
t

2020t
(thay thế tương đương)   .
t2

Vậy đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang.


2020 
 0 (dùng giới hạn kẹp)  đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng.
- lim y  lim  x 2 sin
x 0
x 0
x 

y
2020
sin 2020t
1
(đặt t  )
 lim x sin
 lim
x  x
x 
t 0
x

t
x

- lim

 lim
t 0

2020t
 2020  đồ thị hàm số có tiệm cận xiên.
t

Lại xét lim (y  2020x)  lim (x 2 sin
x 

lim
t 0

x 

2020
 sin 2020t 2020 
 2020x)  lim 

t

0
x
t 
t2



sin 2020t  2020t
2020cos2020t  2020
2020 2 sin 2020t

lim

lim
0.
t 0
t 0
2t
2
t2

Vậy đường thẳng y  2020x là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

www.edemy.vn


Học để lập nghiệp
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

4. Kinh nghiệm để tìm tiệm cận của đường cong tham số là tìm giới hạn tại những điểm làm cho x(t) hoặc

y(t) tiến tới  . Ở bài này ta thấy ngay đó là xét giới hạn khi t  1 .
Ta có : lim  x(t)    ; lim  y(t)   . Vậy đường cong có thể có tiệm cận xiên.
t ( 1)

t ( 1)

y(t)
2020t 2
2020(t 2  t)
2020t
2020
.
 lim
 1 ; lim  y(t)  x(t)  lim
 lim 2

3
t 1 x(t)
t 1 2020t
t 1
t 1
t

1
3
t 1
t t 1

Xét : lim

Vậy tiệm cận xiên của đường cong là đường thẳng y   x 

2020

.
3

x
y
x2
 lim
 1.
5. Ta có : lim  lim
2
x  x
x 
x 2  3 x x  3
 xx



x
x( x  x 2  3)
Vậy xét lim (y  x)  lim 
 x   lim x 
 1  lim
2
 x  x 2  3  x
x 
x  
x2  3
 x 3





lim

x 

x( x 2  x 2  3)
x 3
2

 lim

x 

x(x 2  (x 2  3))
x  3( x  x  3)
2

2

2

 lim

x 

3x
3x
 lim 2  0 .
x .2 x x 2x

Vậy đường thẳng y  x là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

www.edemy.vn