Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

Hàm khả vi
ðịnh nghĩa
ðạo hàm của hàm số f ( x) tại ñiểm x và ký hiệu là f ′ ( x ) là giới hạn:

f ′ ( x ) = lim

∆x →0

f ( x + ∆x ) − f ( x )
∆x

.c
om

nếu giới hạn ñó tồn tại.
Nếu f ′ ( x ) tồn tại, thì ta nói hàm y = f ( x ) khả vi tại x .
Bài tốn 1.

Tìm tất cả các hàm f : ℝ → ℝ thỏa mãn f ( x1 ) − f ( x2 ) ≤ ( x1 − x2 ) , ∀x1 , x2 ∈ ℝ .
2

Lời giải.

Thay x1 = x + ∆x và x2 = x vào biểu thức ñã cho ñược: f ( x + ∆x ) − f ( x ) ≤ ( ∆x ) .

ng

f ( x + ∆x ) − f ( x )

f ( x + ∆x ) − f ( x )
≤ ∆x , do đó lim
= 0.
∆x → 0
∆x
∆x

co

Suy ra

2

th

an

Theo ñịnh nghĩa, f ( x) khả vi tại mọi ñiểm x ∈ ℝ , và f ′( x ) = 0 . Vậy f ( x) là hàm hằng.

Bài toán 2.

du
on

g

 α
1
 x sin  
Cho hàm số f ( x) = 

x
0


x≠0
x=0

với α là hằng số dương. Tìm các giá trị của α ñể f khả vi trên ℝ .

u

(KSTN 2005)

cu

Lời giải.
Dễ thấy f liên tục tại mọi ñiểm x ≠ 0 .

1
Xét tính liên tục tại ñiểm x = 0 : 0 ≤ xα sin   ≤ xα , mà lim xα = 0 ∀α > 0 , suy ra
x→0
x

1
lim f ( x) = lim xα sin   = 0 = f (0) .
x→0
x →0
x
Do ñó, f liên tục trên ℝ .
Với mọi α , f khả vi tại mọi ñiểm x ≠ 0 . Cần tìm α để f khả vi tại x = 0 , tức là giới

f ( x ) − f (0)
1
hạn f ′(0) = lim
= lim xα −1 sin   tồn tại.
x →0
x →0
x
x

1

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
1
Giới hạn trên tồn tại với mọi α > 1 : lim xα −1 sin   = 0 .
x →0
x
Ta chứng minh nó khơng tồn tại với α ≤ 1 .
1
Thật vậy, giả sử lim xα −1 sin   = lim t 1−α sin t = M ,
x→0
 x  t →∞
tức là với mỗi ε > 0 , ∃t0 : t > t0 ⇒ t 1−α sin t − M < ε .

Cho t = kπ với số nguyên k ñủ lớn, ta ñược M < ε , ∀ε > 0 , suy ra M = 0 .
Khi đó, ∀ε > 0 , ∃t0 : t > t0 ⇒ t 1−α sin t < ε .

1−α

.c
om

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

khi đó t1−α sin t > ε , mâu thuẫn.

ng

Vậy α > 1 .

≥1> ε ,

co

ðạo hàm và sự biến thiên của hàm số

an

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


th

Bài toán 3.
Khảo sát sự biến thiên của hàm số f ( x) ñược xác ñịnh như sau:

g

x

+
x
1

f ( x) =  1 + e x

0

du
on

khi x ≠ 0
.
khi x = 0
(KSTN 1999)

x→0

cu


u

Lời giải.
lim f ( x) = 0 = f (0) , suy ra f liên tục tại x = 0 .

Với x ≠ 0 , f '( x) = 1 +

1

1

1

1

1
1
1+ e x + e x
2
x = 1+
x .
1 2
1 2




x
x
1 + e 

1 + e 





1 + e x + xe x

1
, g (t ) = 1 + et + tet .
x
g '(t ) = et ( t + 2 ) = 0 ⇔ t = −2 , qua ñiểm t = −2 , g '(t ) đổi dấu từ âm sang dương,

ðặt t =

do đó g (t ) ≥ g (−2) = 1 − e −2 > 0 , suy ra f '( x ) > 0 với mọi x ≠ 0 .
Vậy f ( x) ñồng biến trên ℝ .

2

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Bài toán 4.
Cho hàm số f ( x) liên tục và nghịch biến trên ñoạn [ 0;b ] và cho a ∈ ( 0; b ) .

Chứng minh rằng:

a

b

0

0

b ∫ f ( x)dx ≥ a ∫ f ( x)dx .

(Olympic SV 1995)
(KSTN 2005)
Lời giải.

∫ f (t )dt

Xét hàm F ( x) =

0

x

.c
om

x

, ta cần chứng minh F (a) ≥ F (b) với a ≤ b ,
x


∫

f (t )dt ≥

0

x0

∫ f ( x )dt = x
0

0

0

f ( x0 ) , ∀x0 ∈ ( 0; b ) .

ðạo hàm của hàm hằng

th

an

Do đó F '( x) ≤ 0 , ∀x > 0 , suy ra ñpcm.

.

co

x0


Do f ( x) nghịch biến nên

x

0
2

ng

F '( x) =

tức F là hàm giảm. ðạo hàm F :

xf ( x) − ∫ f (t )dt

du
on

g

Hàm hằng khả vi mọi cấp bằng 0.

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

cu

u


Bài tốn 5.
Cho trước các số thực λ1 , λ2 ,… , λn khác nhau từng đơi một. Chứng minh rằng:

k1 x − λ1 + k2 x − λ2 + … kn x − λn = 0 với mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi k1 = k2 = … = kn = 0 .
(KSTN 2009)
Lời giải.
Chứng minh quy nạp.
Trường hợp n = 1 hiển nhiên ñúng.
Giả sử bài tốn đúng đến n − 1 , nghĩa là nếu

n −1

∑a
i =1

i

x − bi = 0 , ∀x ∈ ℝ thì tất cả ai = 0 .

Ta chứng minh nếu f ( x) = k1 x − λ1 + k2 x − λ2 + … kn x − λn = 0 với mọi x ∈ ℝ thì

k1 = k2 = … = kn = 0 .

3

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung

KSTN ðKTð – K55
Thật vậy, khơng mất tính tổng quát, giả sử λ1 < λ2 < … < λn −1 = a < λn = b .
Khi đó, f ( x) = ( k1 + k2 + … + kn ) x − ( k1λ1 + k2λ2 + … + kn λn ) = 0 với mọi x > b , f là hàm

hằng trên ( b; +∞ ) nên f ′( x) = 0 với mọi x > b , hay:
k1 + k2 + … + kn −1 + kn = 0 .

(1)

Mặt khác f ( x) = ( k1 + k2 + … + kn −1 − kn ) x − ( k1λ1 + k2λ2 + … + kn −1λn −1 − kn λn ) = 0 với mọi
x ∈ ( a, b ) , f là hàm hằng trên ( a, b ) nên f ′( x) = 0 với mọi x ∈ ( a, b ) , hay:
k1 + k2 + … + kn −1 − kn = 0 .

(2)

Từ (1) và (2) suy ra kn = 0 , suy ra f ( x) = k1 x − λ1 + k2 x − λ2 + … kn −1 x − λn−1 = 0 với

.c
om

mọi x ∈ ℝ , theo giả thiết quy nạp thì k1 = k2 = … = kn−1 = 0 .

Vậy k1 = k2 = … = kn = 0 nếu k1 x − λ1 + k2 x − λ2 + … kn x − λn = 0 ∀x ∈ ℝ .

ng

Chiều ngược lại hiển nhiên đúng, bài tốn được chứng minh.

co


Bài toán 6.
Cho trước các số thực k1 , k2 ,… , kn khác nhau từng đơi một. Chứng minh rằng:
a1ek1x + a2e k2 x + … + an e kn x = 0 với mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi a1 = a2 = … = an = 0 .

an

g

th

Lời giải.
Chứng minh quy nạp.
Trường hợp n = 1 hiển nhiên đúng.

(KSTN 2000)

du
on

Giả sử bài tốn đúng đến n − 1 , nghĩa là nếu

n −1

∑a e
i =1

ki x

i


= 0 , ∀x ∈ ℝ thì tất cả ai = 0 .

Ta chứng minh nếu a1e k1x + a2 ek2 x + … + an ekn x = 0 với mọi x ∈ ℝ thì a1 = a2 = … = an = 0 .
Xét hàm f ( x) = a1e k1x + a2 ek2 x + … + an ekn x .

cu

u

Nếu f ( x) = 0 , ∀x ∈ ℝ , thì 0 = f ′( x) = a1k1e k1x + a2 k2e k2 x + … + an kn ekn x , ∀x ∈ ℝ .
n −1

Suy ra 0 = f ′( x) − kn f ( x) = ∑ ai ( ki − kn )e ki x ∀x ∈ ℝ .
i =1

Từ giả thiết quy nạp ta có ai ( ki − kn ) = 0 , do đó ai = 0 (vì ki ≠ kn ) với mọi i = 1, n − 1 .
Suy ra an ekn x = 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ an = 0 .
Vậy a1 = a2 = … = an = 0 .
Bài toán 7.
Cho trước các số thực k1 , k2 ,… , kn khác nhau từng ñôi một.

Chứng minh rằng a1 cos ( k1 x ) + a2 cos ( k2 x ) + … + an cos ( kn x ) = 0 với mọi x ∈ ℝ khi và
chỉ khi a1 = a2 = … = an = 0 .

4

CuuDuongThanCong.com

/>


Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
(KSTN 2007)
Lời giải.
Chứng minh quy nạp.
Trường hợp n = 1 hiển nhiên ñúng.
Giả sử bài tốn đúng đến n − 1 , nghĩa là nếu

n −1

∑ a cos ( k x ) = 0 , ∀x ∈ ℝ thì tất cả a
i =1

i

i

i

=0.

Ta chứng minh nếu a1 cos ( k1 x ) + a2 cos ( k2 x ) + … + an cos ( kn x ) với mọi x ∈ ℝ thì

a1 = a2 = … = an = 0 .
Xét hàm f ( x) = a1 cos ( k1 x ) + a2 cos ( k2 x ) + … + an cos ( kn x ) .

.c
om

Nếu f ( x) = 0 , ∀x ∈ ℝ , thì


0 = f ′′( x) = −a1k12 cos ( k1 x ) − a2 k2 2 cos ( k2 x ) − … − an kn 2 cos ( kn x ) , ∀x ∈ ℝ .
n −1

Suy ra 0 = f ′′( x) + k n 2 f ( x ) = ∑ ai ( kn 2 − ki 2 ) cos ( ki x ) , ∀x ∈ ℝ .
i =1

th

an

Vậy a1 = a2 = … = an = 0 .

co

Suy ra an cos ( kn x ) = 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ an = 0 .

ng

Từ giả thiết quy nạp ta có ai ( kn 2 − ki 2 ) = 0 , do đó ai = 0 (vì ki ≠ kn ) với mọi i = 1, n − 1 .

ðạo hàm của hàm hợp

g

Nếu hàm f ( x) khả vi tại ñiểm x = x0 và hàm ϕ ( x) khả vi tại ñiểm x = f ( x0 ) , thì hàm

du
on


hợp g ( x) = ϕ ( f ( x) ) khả vi tại ñiểm x = x0 , và

g '( x) = ϕ ' ( f ( x0 ) ) f '( x0 ) .

u

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

cu

ngun hàm ϕ ( x) , rồi xét hàm g ( x) = ϕ ( f ( x) ) .

Bài toán 8.
Cho hàm số f : [ a, b ] → ℝ với b − a ≥ 4 , khả vi trên (a, b) .
Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ (a, b) sao cho f ' ( x0 ) < 1 + ( f ( x0 ) ) .
2

(Olympic SVBK 2011)
Nhận xét.
Ở đây có sự xuất hiện của hàm

f '( x)
1 + ( f ( x) )

2

, nghĩa là ϕ '( x) =

1
, nên ϕ ( x) = arctan x .

1 + x2

5

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Lời giải.
Phản chứng. Giả sử f ' ( x ) ≥ 1 + ( f ( x) ) > 0 , với mọi x ∈ ( a, b ) .
2

Khi đó,

f '( x)

1 + ( f ( x) )

≥ 1 , với mọi x ∈ ( a, b ) .

2

x ∈ ( a, b ) .

Xét hàm g ( x) = arctan f ( x) − x ,

Ta có g '( x ) =


f '( x )
1 + ( f ( x) )

2

− 1 ≥ 0 , ∀x ∈ ( a, b ) .

Suy ra g (a) ≤ g (b) ⇒ arctan f (a ) − a ≤ arctan f (b) − b

.c
om

⇒ arctan f (b) − arctan f (a) ≥ b − a ≥ 4 ,

nhưng

π

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

ng

2


Vậy tồn tại x0 ∈ (a, b) sao cho f ' ( x0 ) < 1 + ( f ( x0 ) ) .

an

co

2

th

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

ii.

f ( f '( x) ) = − f ( x)

( ℝ = {x ∈ ℝ
+

du
on

g

i.

x > 0}


)

u

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

cu

Do f là hàm tăng trên ℝ + (theo (i)), nên suy ra

f ' ( f '( x) ) = x .

f ' ( f '( x) ) ⋅ f "( x) = − f '( x) .

ðạo hàm 2 vế của (ii) ta ñược

(1)
(2)

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

a
1
Thay vào (ii): a ln + b = −a ln x − b ⇒ b = − a ln a .
x
2
1
x
Vậy f ( x) = a ln x − a ln a = a ln
, với mọi x ∈ ℝ + , a là hằng số dương.
2
a
Từ (1) và (2) suy ra xf "( x) = − f '( x) ⇒

6

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

Dạng bài liên quan ñến hàm g ( x) = f '( x) + P( x). f ( x)
Phương pháp chung:
Xây dựng hàm F ( x) = e ∫

P ( x ) dx

f ( x) .


.c
om

P ( x ) dx
P ( x ) dx
Khi đó, F '( x) = e ∫
( f '( x) + P( x) f ( x) ) = e∫ g ( x) , rồi tùy vào ñiều kiện về g ( x)
ñể xác ñịnh sự biến thiên của F ( x ) .

Bài toán 10.
Cho f ( x) là một hàm số xác ñịnh và liên tục tại mọi ñiểm x ≥ 0 , lấy giá trị khơng âm,
x

thỏa mãn điều kiện: f ( x) ≤ k ∫ f (t )dt

∀x ≥ 0 , trong đó k là hằng số dương.

ng

0

(KSTN 2000)

co

Chứng minh rằng: f ( x) ≡ 0 , ∀x ≥ 0 .

an

Nhận xét. P( x ) = −k

Lời giải.
x

th

ðặt g ( x) = ∫ f (t )dt , từ giả thiết ta có g '( x ) − kg ( x) ≤ 0 , ∀x ≥ 0 .
0

( x ≥ 0) .

g

Xét hàm F ( x) = e− kx g ( x)

du
on

Ta có F (0) = 0 ≤ F ( x ) (do f ( x) ≥ 0 ), ∀x ≥ 0 .
Mà F '( x) = e− kx ( g '( x) − kg ( x) ) ≤ 0 , nên F ( x) là hàm không tăng trên ( 0; +∞ ) .

u

Do đó, F ( x ) ≡ 0 ∀x ≥ 0 . Vậy f ( x) ≡ 0 , ∀x ≥ 0 .

cu

Bài tốn 11.
Tìm tất cả các hàm số f ( x) xác ñịnh trên ñoạn [0;1], khả vi trên khoảng (0;1) và thỏa
mãn các ñiều kiện:
i.

f (0) = f (1) = 1
2003 f ′( x) + 2004 f ( x) ≥ 2004 với mọi x ∈ ( 0;1) .

ii.

(Olympic SV 2003)
Lời giải.
2004
.
2003
Khi đó, F (0) = F (1) = 0 , F ′( x) = e kx ( f ′( x) + kf ( x) − k ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( 0;1) .

Xét hàm F ( x) = ekx ( f ( x) − 1) ,

với k =

Từ đó suy ra F ( x) ≡ 0 ∀x ∈ ( 0;1) . Vậy f ( x) ≡ 1 ∀x ∈ ( 0;1) .

7

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

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


và ñiểm x0 ∈ ( a, b ) .
-

Nếu tồn tại số ε > 0 sao cho f ( x) < f ( x0 ) với mọi x thuộc lân cận ( x0 − ε , x0 + ε )
thì ta nói hàm số f ( x) ñạt cực ñại tại x0 .

Nếu tồn tại số ε > 0 sao cho f ( x) > f ( x0 ) với mọi x thuộc lân cận ( x0 − ε , x0 + ε )

.c
om

-

thì ta nói hàm số f ( x) đạt cực tiểu tại x0 .

ng

Nguyên lý cực trị Fermat
Nếu hàm y = f ( x ) :

co

i. liên tục trong [a, b] ,
iii. tồn tại ñạo hàm tại x = x0 ,

th

thì f '( x0 ) = 0 .


an

ii. đạt cực trị (cực ñại hoặc cực tiểu) tại ñiểm x0 , a < x0 < b ,

du
on

g

Cách xác ñịnh cực trị
ðể xác định cực trị, ta phải giải phương trình y ' = 0 .

Nghiệm x0 của phương trình y ' = 0 có thể là cực đại hoặc cực tiểu của ñồ thị.

u

ðể xác ñịnh rõ, chúng ta dựa vào chiều ñổi dấu của y ' hoặc dấu của y '' .

cu

Bài tốn 12.
Tìm đa thức P( x) có bậc bé nhất ñạt cực ñại tại x = 1 với P(1) = 6 và ñạt cực tiểu tại
x = 3 với P(3) = 2 .
(KSTN 2003)
Lời giải.
P( x) ñạt cực trị tại 2 ñiểm x = 1 và x = 2 nên có bậc ≥ 3 , và P′( x) = ( x − 1)( x − 3) Q( x) .
 x3

Nếu Q( x) là ña thức hằng, Q( x) = a thì P( x) = a  − 2 x 2 + 3 x  + c .
 3


4a
P(1) = 6 ⇒
+c = 6,
3
P(3) = 2 ⇒ c = 2 ⇒ a = 3 , ta ñược P( x) = x3 − 6 x 2 + 9 x + 2 .

8

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Kiểm tra thấy ña thức P( x) thỏa mãn bài tốn và có bậc nhỏ nhất.
Bài toán 13.
Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm cấp hai f "( x) ≥ 0 trên tồn bộ ℝ và a ∈ ℝ cố định.
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số g ( x) = f ( x) + ( a − x ) f '( x) trên ℝ .
(KSTN 2002)

Lời giải.

g '( x) = f '( x) + af "( x) − f '( x) − xf "( x) = f "( x) ( a − x ) .
Do f "( x) ≥ 0 nên g '( x) ≤ 0 với x > a và g '( x) ≥ 0 với x < a .

.c
om

Suy ra g ( x ) ≤ g (a ) = f (a ) với mọi x ∈ ℝ .

Vậy max g ( x) = f (a ) .
x∈ℝ

ng

Bài toán 14.
Chứng minh rằng nếu hàm f ( x) liên tục trên [a, b] , khả vi tại mọi ñiểm trong ( a, b ) ,

co

f (a ) = f (b) , thì tồn tại x0 ∈ (a, b) sao cho f '( x0 ) = 0 .

(ðịnh lý Rolle)

an

Lời giải.
Do tính liên tục nên hàm f ( x) có GTLN và GTNN trên [a, b] .
[a ,b ]

[a ,b ]

th

ðặt M = max f ( x) , m = min f ( x) .

g

Nếu m = M thì f là hàm hằng, f ′( x) ≡ 0 trên [a, b] .


du
on

Nếu m ≠ M thì từ điều kiện f (a ) = f (b) suy ra có ít nhất 1 trong các giá trị m hoặc M
khơng đạt được ở các ñầu mút của [a, b] , f ñạt cực trị tại 1 ñiểm x0 ∈ (a, b) .

u

Khi đó, f '( x0 ) = 0 .

cu

Bài tốn 15.
Cho hàm f ( x) có đạo hàm liên tục trên ( 0; +∞ ) và f (0) = 1 , f ( x) ≤ e − x với mọi x ≥ 0 .

Chứng minh rằng tồn tại x0 > 0 sao cho f '( x0 ) = −e − x0 .
Lời giải.
0 ≤ lim f ( x) ≤ lim e− x = 0 ⇒ lim f ( x) = 0
x →+∞

x →+∞

x →+∞

−x

Xét hàm g ( x) = f ( x) − e .
Ta có g (0) = 0 , g ( x ) ≤ 0 ∀x ≥ 0 , lim g ( x) = lim f ( x) = 0 .
x →+∞


x →+∞

Khi đó, tồn tại x0 ∈ ( 0; +∞ ) mà tại đó g ( x) đạt GTNN, cũng là ñiểm cực tiểu.
Suy ra g '( x0 ) = 0 , nghĩa là f '( x0 ) + e − x0 = 0 hay f '( x0 ) = −e − x0 .

9

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Bài toán 16.
Hàm số f ( x) khả vi tại x0 ñược gọi là lồi (lõm) tại ñiểm này nếu tồn tại lân cận của ñiểm
x0 là U ( x0 ) sao cho ∀ x ∈ U ( x0 ) ta có:

f ( x ) ≥ f ( x0 ) + f ′ ( x0 )( x − x0 )

(tương ứng f ( x ) ≤ f ( x0 ) + f ′ ( x0 )( x − x0 ) ).

.c
om

Chứng minh rằng hàm số bất kì khả vi trên đoạn [a, b] sẽ lồi (lõm) tại ít nhất một điểm
x0 ∈ ( a, b ) .
(KSTN 2010)
Lời giải.

co


ng

Dễ thấy rằng tính chất lồi (lõm) của hàm số tại 1 điểm sẽ khơng thay đổi khi ta thêm vào
nó một hàm tuyến tính bất kì. Nghĩa là với mọi p, q ∈ ℝ thì hàm f ( x) lồi (lõm) tại ñiểm
x0 khi và chỉ khi hàm f ( x ) + px + q lồi (lõm) tại ñiểm x0 .
Giả sử f ( x) khả vi trên ñoạn [a, b] .
f (a ) − f (b)
Xét hàm g ( x) = f ( x) +
( x − a) .
b−a
Ta có g (a ) = g (b) . Khi đó, nếu g ( x ) là hàm hằng thì hiển nhiên có điểm lồi (lõm), nếu

an

g ( x ) khơng phải hàm hằng thì nó có ít nhất một điểm cực trị trong ( a, b ) . Dễ thấy ñiểm

du
on

g

th

cực tiểu sẽ là ñiểm lồi, cịn điểm cực đại là điểm lõm của g ( x ) .
Theo nhận xét ban ñầu, ta suy ra tại ñiểm mà g ( x) ñạt cực trị thì tại đó, f ( x) lồi hoặc
lõm, suy ra ñpcm.

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


i.
ii.

cu

u

ðịnh lý Rolle
Nếu hàm y = f ( x) :

liên tục trong [a, b] ,
khả vi tại mọi ñiểm trong ( a, b )

iii.

f (a ) = f (b) ,

thì tồn tại x0 ∈ (a, b) sao cho f '( x0 ) = 0 .
Trong nhiều bài tập chứng minh phương trình f ( x) = 0 có nghiệm thuộc ( a, b ) , ta thiết
lập một nguyên hàm g ( x ) của f ( x) , rồi chứng minh g (a) = g (b) , từ ñó suy ra ñpcm từ
ñịnh lý Rolle.

10

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

Bài toán 17.
Cho n cặp số thực ak , bk

( k = 1, 2,… , n ) . Chứng minh rằng phương trình:
n

x + ∑ ( ak sin kx + bk cos kx ) = 0
k =1

có nghiệm trong khoảng ( −π , π ) .
(OLSV 1994)
(KSTN 1999)
Lời giải.

.c
om

x 2 n  ak cos kx bk sin kx 
+ ∑−
+
.
2 k =1 
k
k


Xét hàm f ( x) =

n


Khi đó, f '( x ) = x + ∑ ( ak sin kx + bk cos kx ) = 0 .
k =1

 ak cos kx bk sin kx 
+
 tuần hoàn chu kỳ 2π , nên f (π ) = f (−π ) .
k
k

k =1
n

∑  −

ng

Hàm

an

Bài toán 18.
Cho các số thực a0 , a1 ,… , a2002 thỏa mãn:

co

Áp dụng ñịnh lý Rolle, tồn tại x0 ∈ ( −π , π ) sao cho f '( x0 ) = 0 , suy ra ñpcm.

du
on


g

th

a0 ≠ 0


a2002
a1 a2
a0 + 2 + 3 + … + 2003 = 0

Chứng minh rằng phương trình a0 + a1 x + a2 x 2 + … + a2002 x 2002 = 0 có nghiệm thuộc (0;1) .
Lời giải.

(KSTN 2002)

u

x2
x3
x 2003
.
+ a2 + … + a2002
2
3
2003
f '( x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + … + a2002 x 2002 .

cu


Xét hàm f ( x) = a0 x + a1

Ta có f (0) = f (1) = 0 , áp dụng ñịnh lý Rolle, tồn tại x0 ∈ (0;1) sao cho f '( x0 ) = 0 ,
suy ra ñpcm.

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

11

CuuDuongThanCong.com

/>
(*).


Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55

Hướng dẫn. Xét hàm f ( x) =

ax n + 2 bx n +1 cx n

.
+
+
n + 2 n +1 n

Bài toán 20.
Cho các hàm f và g liên tục trên [ a, b ] , khả vi trên ( a, b ) và g ′( x) ≠ 0 ∀x ∈ ( a, b ) .

Chứng minh rằng tồn tại c ∈ ( a, b ) sao cho:

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

ng

.c
om

Nhận xét.
f ′( x) f ( x) − f (a)
=
⇔ f ′( x) g (b) + g ′( x) f (a ) − f ′( x) g ( x) − f ( x) g ′( x) = 0 .
g ′( x) g (b) − g ( x)
Lời giải.
Xét hàm h( x ) = f ( x) g (b) + g ( x) f (a) − f ( x) g ( x) .
Khi đó, h '( x) = f ′( x) g (b) + g ′( x ) f (a ) − f ′( x ) g ( x ) − f ( x ) g ′( x) .
Ta có h(a ) = f (a ) g (b) = h(b) , nên tồn tại c ∈ ( a, b ) sao cho h '(c) = 0 .


co

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

th

an

Khi đó,

du
on

g

Bài tốn 21.
Chứng minh rằng nếu hàm f ( x) liên tục trong [a, b] , khả vi tại mọi điểm trong ( a, b ) ,

thì tồn tại x0 ∈ ( a, b ) sao cho f (b) − f (a ) = f '( x0 ) ( b − a ) .
(ðịnh lý Lagrange)

cu

u

Nhận xét.
f (b) − f (a ) = f '( x) ( b − a ) ⇔ ( f ( x)(b − a ) − ( f (b) − f (a ) ) x ) ' = 0 .

Lời giải.
Xét hàm g ( x) = f ( x)(b − a ) − ( f (b) − f (a ) ) x
Ta có g (a) = f (a ) ( b − a ) + a ( f (a ) − f (b) ) = bf (a ) − af (b)
g (b) = f (b) ( b − a ) + b ( f (a ) − f (b) ) = bf (a) − af (b)
g (a ) = g (b) , suy ra ñpcm theo ñịnh lý Rolle.

12

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Bài toán 22.
Cho hàm số f ( x) liên tục và khả vi trên ℝ + và không phải hàm hằng. Cho các số thực
a, b thỏa mãn 0 < a < b . Chứng minh rằng tồn tại c ∈ ( a, b ) sao cho:
cf '(c) − f (c) =

af (b) − bf (a)
.
b−a
(Olympic SV 1994)

Nhận xét.
xf '( x) − f ( x) = k ⇔

xf '( x) − f ( x) − k
 f ( x) + k ′
=

0
⇔

 =0
x2
x



th

an

co

ng

.c
om

Lời giải.
af (b) − bf (a )
ðặt
= k là hằng số.
b−a
f ( x) + k
Xét hàm g ( x) =
.
x
af (b) − bf (a)

Ta có
=k
b−a
f (a ) + k f (b) + k
⇒ a ( f (b) + k ) = b ( f (a) + k ) ⇒
=
⇒ g (a ) = g (b)
a
b
Từ đó dẫn đến đpcm theo định lý Rolle.

du
on

g

Bài toán 23.
Cho hàm số f ( x) liên tục trên [ 0;1] và khả vi trong ( 0;1) , thỏa mãn f (0) = f (1) = 0 .
Chứng minh rằng ∃ c ∈ ( 0;1) sao cho f '(c ) = f (c ) .

u

(Olympic SV 2000)
Nhận xét. Bài này liên quan ñến hàm f '( x) + P ( x) f ( x) , ở ñây P ( x ) = −1 .
Lời giải.

cu

Xét hàm F ( x) = e− x f ( x) .
F '( x) = e− x ( f '( x) − f ( x) ) .

Ta có F (0) = F (1) = 0 , nên theo ñịnh lý Rolle, tồn tại c ∈ ( 0;1) sao cho F '(c) = 0 .

Khi đó f '(c ) − f (c ) = 0 , hay f '(c ) = f (c ) .
Bài tổng quát:
Bài toán 24.
Chứng minh rằng nếu các hàm f , g liên tục trên [ a ; b ] và khả vi trong ( a ; b ) , thỏa mãn
f (a ) = f (b) = 0 . Chứng minh rằng ∃ c ∈ ( a ; b ) sao cho f '(c) + g '(c) f (c) = 0 .

Hướng dẫn. Xét hàm F ( x) = f ( x)e g ( x ) .

13

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
*** Hệ quả ñịnh lý Rolle ***
Cho f ( x) là hàm khả vi trên ℝ .
Dạng 1. Nếu phương trình f ( x) = 0 có n nghiệm thực phân biệt, thì phương trình
f ′( x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm thực phân biệt.
Dạng 2. Nếu phương trình f ′( x) = 0 có n nghiệm thực phân biệt, thì phương trình
f ( x) = 0 có khơng q n + 1 nghiệm thực phân biệt.

.c
om

Bài toán 25.
Cho hàm f khả vi. Chứng minh rằng nếu phương trình f ( x) = 0 có n nghiệm phân biệt

thì phương trình f ( x) + α f ′( x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt, ∀α ∈ ℝ \{0} .
Lời giải.
x

Xét hàm g ( x) = e a f ( x) , g ( x) khả vi trên ℝ , phương trình g ( x) = 0 có n nghiệm phân
x

( f ( x) + α f ′( x) ) = 0 ⇔

ng

nhất n − 1 nghiệm thực (đpcm).

α

an

Bài tốn 26.
Giải phương trình 3x = 1 + x + log 3 (1 + 2 x )

(1)

th

Lời giải.

f ( x) + α f ′( x) = 0 có ít

co


biệt, nên phương trình g ′( x) = 0 ⇔

eα

du
on

g

1
ðKXð: x > − .
2
x
(1) ⇔ 3 + x = 1 + 2 x + log 3 (1 + 2 x ) .

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

u

f ( 3x ) = f (1 + 2 x )

cu

Xét hàm g ( x) = 3x − 2 x − 1 ,

1
x>− .
2


Ta có g ′( x) = 3x ln 3 − 2 ,
1
2
g ′′( x) = 3x ( ln 3) > 0 , ∀x > − .
2
Phương trình g ′′( x) = 0 khơng có nghiệm thực nên phương trình g ( x) = 0 khơng có q
2 nghiệm, mà g (0) = g (1) = 0 .
Vậy (1) có 2 nghiệm thực là x = 0 và x = 1 .

Bài tốn 27.
Chứng minh đa thức p ( x) =

x 7 x 6 x5 x 4 x3 x 2
− + − + − + x − 1 có đúng 1 nghiệm thực.
7 6 5 4 3 2

14

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Lời giải.
p ( x ) là đa thức bậc lẻ nên có ít nhất 1 nghiệm thực.
Giả sử p ( x ) có số nghiệm thực ≥ 2 . Theo ñịnh lý Rolle, ña thức
p '( x) = x 6 − x 5 + x 4 − x3 + x 2 − x + 1
có ít nhất 1 nghiệm, gọi đó là x0 .
Khi đó, x07 + 1 = ( x0 + 1) p '( x0 ) = 0


⇒ x0 = −1 , nhưng p '(−1) = 7 ≠ 0 , mâu thuẫn.

Vậy ña thức p ( x) có đúng 1 nghiệm thực.

.c
om

Bài tốn 28.
Cho P ( x ) là ña thức bậc n với hệ số thực. Chứng minh rằng phương trình 2 x = P ( x) có
khơng q n + 1 nghiệm thực.
(Olympic SV 2009)
Lời giải.

co

ng

P ( k ) là ñạo hàm cấp k của P .
Xét hàm f ( x) = P( x) − 2 x .

an

f ′( x) = P′( x) − 2 x ln 2 ,
………
f ( n ) ( x ) = P ( n ) ( x) − 2 x ( ln 2 ) .
n

th


Do P( x) là ña thức bậc n nên P ( n +1) ( x ) = 0 .

Phương trình f ( n +1) ( x) = 0 ⇔ −2 x ( ln 2 ) = 0 ⇔ 2 x = 0 không có nghiệm thực, vì vậy áp
dụng định lý Rolle, phương trình f ( x) = 0 có khơng q n + 1 nghiệm thực.

du
on

g

n +1

u

ðịnh lý (số gia hữu hạn) Lagrange

i.
ii.

cu

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

thì tồn tại x0 ∈ ( a, b ) sao cho f (b) − f (a ) = f '( x0 ) ( b − a ) .
Bài tốn 29.
Cho hàm f ( x) khả vi trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f (0) = 0 , f (1) = 1 . Chứng minh rằng

với mọi k1 > 0 , k2 > 0 , tồn tại x1 , x2 ∈ [ 0;1] sao cho


k1
k2
+
= k1 + k 2 (*).
f '( x1 ) f '( x2 )

15

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Lời giải.
k1
α
1−α
ðặt
= α , khi ñó, α ∈ ( 0;1) và (*) trở thành
+
=1.
k1 + k 2
f '( x1 ) f '( x2 )
Áp dụng ñịnh lý Lagrange,
f (α ) − f (0) f (α )
∃x1 ∈ ( 0;α ) : f '( x1 ) =
.
=

α −0
α

Khi đó,

α
f '( x1 )

+

f (1) − f (α ) 1 − f (α )
.
=
1−α
1−α

1−α
= f (α ) + (1 − f (α ) ) = 1 , ñpcm.
f '( x2 )

.c
om

∃x2 ∈ (α ;1) : f '( x2 ) =

co

ng

Bài toán 30.

Cho hàm số f ( x) liên tục và khả vi trên ñoạn [0;1] và thỏa mãn f (0) = 0, f (1) = 1 .
Chứng minh rằng tồn tại a, b ∈ ( 0;1) , a ≠ b sao cho f ′(a ) f ′(b) = 1 .

Nhận xét.

(Olympic SV 1999)
(KSTN 2008)

an

Cần có c ∈ ( 0;1) ñể áp dụng ñịnh lý Lagrange trên 2 khoảng ( 0; c ) và ( c ;1) .

du
on

g

th

f (c) − f (0) f (c)
=
c−0
c
f (1) − f (c) 1 − f (c)
∃b ∈ ( c ;1) : f ′(b) =
.
=
1− c
1− c


∃a ∈ ( 0; c ) : f ′(a ) =

f ′(a ) f ′(b) = 1 ⇔

 f (c) = c
f (c ) 1 − f ( c )
⋅
= 1 ⇔ f (c) (1 − f (c) ) = c(1 − c) ⇔ 
.
c
1− c
 f (c) = 1 − c

cu

u

Nhưng có vơ số đồ thị hàm ñi qua A(0;0) và B(1;1) mà không cắt ñường thẳng y = x tại
điểm nào khác A,B (ví dụ đồ thị hàm y = x 2 ), vì vậy phương án f (c) = c không khả thi.
Lời giải.
Xét hàm g ( x ) = f ( x ) + x − 1 liên tục trên ñoạn [0;1] .
g (0) = −1 < 0 , g (1) = 1 > 0 , suy ra tồn tại c ∈ ( 0;1) sao cho g (c) = 0 , hay f (c) = 1 − c .

Áp dụng ñịnh lý Lagrange,
f (c) − f (0) f (c)
∃a ∈ ( 0; c ) : f ′(a ) =
=
c−0
c
f (1) − f (c) 1 − f (c)

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

16

CuuDuongThanCong.com

/>

Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
Bài toán 31.
Cho hàm số f ( x) khả vi trên ñoạn [ a, b ] , f (a ) =

a −b
b−a
 a+b
, f (b) =
, f
 ≠ 0.
2
2
 2 

Chứng minh rằng tồn tại các số đơi một khác nhau c1 , c2 , c3 ∈ ( a, b ) sao cho:
f ′ ( c1 ) f ′ ( c2 ) f ′ ( c3 ) = 1 .

(OLSV 2003)
Nhận xét.
Có c1 ∈ ( a, b ) ñể f ′ ( c1 ) =

f (b) − f (a )
= 1.
b−a

và

f (b) − f ( x0 )
f ′ ( c3 ) =
=
b − x0

.c
om

Cần có x0 ∈ ( a, b ) để có

a −b
f ( x0 ) − f (a ) f ( x0 ) − 2
f ′ ( c2 ) =
=
x0 − a
x0 − a

ng

b−a

− f ( x0 )
2
b − x0

2

cu

u

du
on

g

th

an

co

a+b
2
 a −b 

f ′ ( c2 ) f ′ ( c3 ) = 1 ⇔ ( f ( x0 ) ) − 
 = ( x0 − a )( x0 − b ) ⇔ ( f ( x0 ) ) =  x0 −
 .
2 
 2 


a+b
Nhưng lập luận giống như bài trên, phương án f ( x0 ) = x0 −
không khả thi.
2
a+b
Vì vậy, f ( x0 ) =
− x0 .
2
Lời giải.
f (b) − f (a)
Theo ñịnh lý Lagrange, tồn tại c1 ∈ ( a, b ) sao cho f ′ ( c1 ) =
= 1.
b−a
a+b
Xét hàm g ( x) = f ( x) + x −
.
2
a+b
2
Ta có g (a) g (b) = − ( a − b ) < 0 nên ∃x0 ∈ ( a, b ) ñể g ( x0 ) = 0 , hay f ( x0 ) =
− x0 .
2
Theo ñịnh lý Lagrange,
f ( x0 ) − f (a ) b − x0
∃c2 ∈ ( a, x0 ) sao cho f ′ ( c2 ) =
=
x0 − a
x0 − a
2


∃c3 ∈ ( x0 , b ) sao cho f ′ ( c3 ) =

f (b) − f ( x0 ) x0 − a
.
=
b − x0
b − x0

Khi ñó, f ′ ( c2 ) f ′ ( c3 ) = 1 .
Dễ thấy c2 ≠ c3 (do c2 < x0 < c3 ).
Nếu c1 = c2 hoặc c1 = c3 thì b − x0 = x0 − a ⇔ x0 =

a+b
2

17

CuuDuongThanCong.com

/>
2


Trần Vũ Trung
KSTN ðKTð – K55
 a+b 
 a+b
suy ra f 
 = g

 = g ( x0 ) = 0 , mâu thuẫn với giả thiết.
 2 
 2 
Vậy c1 , c2 , c3 ∈ ( a, b ) đơi một khác nhau, và f ′ ( c1 ) f ′ ( c2 ) f ′ ( c3 ) = 1 .

Bài toán 32.
1

Cho hàm số f ( x) khả vi trên ñoạn [0;1] , f (0) = 0 ,

∫ f ( x)dx = 1 .
0

Chứng minh rằng tồn tại c ∈ ( 0;1) sao cho f ′(c) ≥ 2 .
Nhận xét.
f ( x0 ) − f (0) f ( x0 )
=
≥ 2 , nghĩa là f ( x0 ) ≥ 2 x0 .
x0 − 0
x0

Lời giải.
1

∫

1

1


f ( x)dx < ∫ 2 xdx = x 2 = 1 , mâu thuẫn giả thiết.

0

ng

Nếu f ( x) < 2 x với mọi x0 ∈ ( 0;1) , thì

.c
om

Cần có x0 ∈ ( 0;1) ñể f ′(c) =

0

0

co

Suy ra tồn tại x0 ∈ ( 0;1) sao cho f ( x0 ) ≥ 2 x0 .

f ( x0 ) − f (0) f ( x0 )
=
≥ 2.
x0 − 0
x0

th

an


Theo ñịnh lý Lagrange, tồn tại c ∈ ( 0, x0 ) sao cho f ′(c) =

g

ðịnh lý (số gia hữu hạn) Cauchy
Nếu các hàm f ( x) và g ( x) :
liên tục trong [a, b] ,

ii.

khả vi tại mọi ñiểm trong ( a, b ) ,

iii.

g '( x ) ≠ 0 ∀x ∈ ( a, b ) ,

du
on

i.

cu

u

thì tồn tại x0 ∈ ( a, b ) sao cho

f (b) − f (a) f '( x0 )
.

=
g (b) − g (a ) g '( x0 )

Sử dụng ñịnh lý Cauchy giải Bài toán 22:
f ( x)
1
Xét các hàm g ( x) =
, h( x) = − , ñều khả vi trên ( a, b ) .
x
x
xf ′( x) − f ( x)
1
,
g ′( x) =
h′( x) = 2 .
2
x
x
Áp dụng ñịnh lý Cauchy, tồn tại c ∈ ( a, b ) sao cho:
g '(c) g (b) − g (a )
cf ′(c) − f (c) =
=
=
h '(c) h(b) − h(a)

f (b) f (a )
−
b
a = af (b) − bf (a) (ñpcm).
1 1

b−a
−
a b

18

CuuDuongThanCong.com

/>