Ngân hàng bài tập về Hàm khả vi | Đại học Bách khoa Hà Nội
Ngân hàng bài tập về Hàm khả vi của Đại học Bách khoa Hà Nội. Tài liệu được biên soạn dưới dạng file PDF gồm 18 trang giúp bạn củng cố kiến thức, ôn tập và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem!
Preview text:
bai 21 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) f ( x x) f ( x) = lim x ∆ →0 ∆x
nếu giới hạn ñó tồn tại.
Nếu f ′( x) tồn tại, thì ta nói hàm y = f ( x) khả vi tại x . Bài toán 1.
Tìm tất cả các hàm f : ℝ → ℝ thỏa mãn f ( x ) − f ( x ) ≤ ( x − x )2 , x ∀ , x ∈ ℝ . 1 2 1 2 1 2 Lời giải.
Thay x = x + ∆x và x = x vào biểu thức ñã cho ñược: ( + ∆ )− ( ) ≤ (∆ )2 f x x f x x . 1 2 f ( x + x ∆ ) − f (x)
f ( x + ∆x) − f ( x) Suy ra ≤ x ∆ , do ñó = . ∆ lim 0 x ∆x→0 x ∆
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. α 1 x sin x ≠ 0
Cho hàm số f (x) = x 0 x = 0
với α là hằng số dương. Tìm các giá trị của α ñể f khả vi trên ℝ . (KSTN 2005) Lời giải.
Dễ thấy f liên tục tại mọi ñiểm x ≠ 0 . α 1
Xét tính liên tục tại ñiểm x = 0 : 0 ≤ x sin ≤ xα , mà lim xα = 0 α ∀ > 0 , suy ra x x→0 α 1
lim f (x) = lim x 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 ñể f khả vi tại x = 0 , tức là giới
f (x) − f (0) α − 1 hạn 1 f ( ′ 0) = lim
= lim x sin tồn tại. x→0 x→0 x x 1 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 α − 1
Giới hạn trên tồn tại với mọi α > 1 : 1 lim x sin = 0 . x→0 x
Ta chứng minh nó không tồn tại với α ≤ 1. α − 1 Thật vậy, giả sử 1 1 lim x sin = lim t α − sin t = M , x→0 t x →∞
tức là với mỗi ε > 0 , ∃t : t > t 1 t α − ⇒
sin t − M < ε . 0 0
Cho t = kπ với số nguyên k ñủ lớn, ta ñược M < ε , ε
∀ > 0 , suy ra M = 0 . Khi ñó, ε
∀ > 0 , ∃t : t > t 1 t α − ⇒ sin t < ε . 0 0 1 α − 1 π π Chọn ε = , t =
+ kπ với số nguyên k ñủ lớn, do 1−α ≥ 0 nên + kπ ≥1 > ε , 2 2 2 khi ñó 1 t α
− sin t > ε , mâu thuẫn. Vậy α > 1 .
ðạo hàm và sự biến thiên của hàm số
Dạng bài chứng minh hàm tăng giảm bằng cách tính ñạo hàm Bài toán 3.
Khảo sát sự biến thiên của hàm số f (x) ñược xác ñịnh như sau: x x + khi x ≠ 0 1 f (x) = 1 x + e . 0 khi x = 0 (KSTN 1999) Lời giải.
lim f (x) = 0 = f (0) , suy ra f liên tục tại x = 0 . x→0 1 1 1 1 1 1 1 x x + e + xe 1 x x + e + e 2
Với x ≠ 0 , '( ) = 1 x + =1 x f x + . 2 2 1 1 1 x + e 1 x + e 1 ðặt t = , ( ) = 1 t t g t + e + te . x '( ) t
g t = e (t + 2) = 0 ⇔ t = 2
− , qua ñiểm t = −2 , g '(t) ñổi dấu từ âm sang dương, do ñó 2 g(t) g( 2) 1 e− ≥ − = −
> 0 , suy ra f '(x) > 0 với mọi x ≠ 0 .
Vậy f (x) ñồng biến trên ℝ . 2 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
b∫ f (x)dx ≥ a∫ f (x)dx . 0 0 (Olympic SV 1995) (KSTN 2005) Lời giải. x
∫ f (t)dt Xét hàm 0 F (x) =
, ta cần chứng minh F (a) ≥ F (b) với a ≤ b , x x
xf (x) − ∫ f (t)dt
tức F là hàm giảm. ðạo hàm F : 0 F '(x) = . 2 x x x 0 0
Do f (x) nghịch biến nên ∫ f (t)dt ≥ ∫ f (x )dt = x f (x ) , x ∀ ∈ 0;b . 0 ( ) 0 0 0 0 0
Do ñó F '(x) ≤ 0 , x ∀ > 0 , suy ra ñpcm.
ðạo hàm của hàm hằng
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 ñề. Bài toán 5.
Cho trước các số thực λ , λ ,…, λ khác nhau từng ñôi một. Chứng minh rằng: 1 2 n
k x − λ + k x − λ +…k x − λ = 0 với mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi k = k = … = k = 0 . 1 1 2 2 n n 1 2 n (KSTN 2009) Lời giải. Chứng minh quy nạp.
Trường hợp n = 1 hiển nhiên ñúng. n 1 −
Giả sử bài toán ñúng ñến n −1, nghĩa là nếu ∑ a x − b = 0 , x
∀ ∈ ℝ thì tất cả a = 0 . i i i i 1 =
Ta chứng minh nếu f (x) = k x − λ + k x − λ +…k x − λ = 0 với mọi x ∈ ℝ thì 1 1 2 2 n n
k = k = … = k = 0 . 1 2 n 3 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55
Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử λ < λ < … < λ = a < = − λ b . 1 2 n 1 n
Khi ñó, f (x) = (k + k +…+ k x − k λ + k λ +…+ k λ = 0 với mọi x > b , f là hàm 1 2 n ) ( 1 1 2 2 n n ) hằng trên ( ; b +∞) nên f (
′ x) = 0 với mọi x > b , hay:
k + k +… + k + k = 0 . (1) 1 2 n 1 − n
Mặt khác f (x) = (k + k +…+ k − k x − k + +…+ − = − λ k λ k − λ k − λ 0 với mọi 1 2 n 1 n ) ( 1 1 2 2 n 1 n 1 n n )
x ∈ (a,b) , f là hàm hằng trên (a,b) nên f (′x) = 0 với mọi x ∈(a,b) , hay:
k + k +… + k − k = 0 . (2) 1 2 n 1 − n
Từ (1) và (2) suy ra k = 0 , suy ra f (x) = k x − λ + k x − λ +…k x − = − λ 0 với n 1 1 2 2 n 1 n 1 −
mọi x ∈ ℝ , theo giả thiết quy nạp thì k = k = … = k = 0. 1 2 n 1 −
Vậy k = k = … = k = 0 nếu k x − λ + k x − λ +…k x − λ = 0 x ∀ ∈ ℝ . 1 2 n 1 1 2 2 n n
Chiều ngược lại hiển nhiên ñúng, bài toán ñược chứng minh. Bài toán 6.
Cho trước các số thực k , k ,…, k khác nhau từng ñôi một. Chứng minh rằng: 1 2 n k x k x k x 1 2 n a e
+ a e +…+ a e = 0 với mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi a = a =… = a = 0 . 1 2 n 1 2 n (KSTN 2000) Lời giải. Chứng minh quy nạp.
Trường hợp n = 1 hiển nhiên ñúng. n 1 −
Giả sử bài toán ñúng ñến n −1, nghĩa là nếu k x i ∑a e = 0 , x
∀ ∈ ℝ thì tất cả a = 0 . i i i 1 = Ta chứng minh nếu k x k x k x 1 2 n a e
+ a e +…+ a e = 0 với mọi x ∈ ℝ thì a = a =… = a = 0 . 1 2 n 1 2 n Xét hàm k x k x k x 1 2 f (x) n
= a e + a e +…+ a e . 1 2 n
Nếu f (x) = 0 , x ∀ ∈ ℝ , thì k x k x k x 1 2 0 = f ( ′ x) n
= a k e + a k e +…+ a k e , x ∀ ∈ ℝ . 1 1 2 2 n n n 1 − Suy ra 0 = f (
′ x) − k f (x) = ∑a k − k e x ∀ ∈ ℝ . n i ( i n ) k x i i 1 =
Từ giả thiết quy nạp ta có a (k − k ) = 0 , do ñó a = 0 (vì k ≠ k ) với mọi i = 1, n −1. i i n i i n Suy ra kn x a e = 0 x
∀ ∈ ℝ ⇒ a = 0 . n n
Vậy a = a = … = a = 0 . 1 2 n Bài toán 7.
Cho trước các số thực k , k ,…, k khác nhau từng ñôi một. 1 2 n
Chứng minh rằng a cos k x + a cos k x +… + a cos k x = 0 với mọi x ∈ ℝ khi và 1 ( 1 ) 2 ( 2 ) n ( n )
chỉ khi a = a = … = a = 0 . 1 2 n 4 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 (KSTN 2007) Lời giải. Chứng minh quy nạp.
Trường hợp n = 1 hiển nhiên ñúng. n 1 −
Giả sử bài toán ñúng ñến n −1, nghĩa là nếu ∑ a cos k x = , x
∀ ∈ ℝ thì tất cả a = 0 . i ( i ) 0 i i 1 =
Ta chứng minh nếu a cos k x + a cos k x +… + a cos k x với mọi x ∈ ℝ thì 1 ( 1 ) 2 ( 2 ) n ( n )
a = a = … = a = 0 . 1 2 n
Xét hàm f (x) = a cos k x + a cos k x +… + a cos k x . 1 ( 1 ) 2 ( 2 ) n ( n )
Nếu f (x) = 0 , x ∀ ∈ ℝ , thì 2 0 = f ′ (
′ x) = −a k cos(k x) 2 − a k cos(k x) 2
−…− a k cos k x , x ∀ ∈ ℝ . 1 1 1 2 2 2 n n ( n ) n 1 − Suy ra 2 0 = f ′ (
′ x) + k f (x) = ∑a k − k k x , x ∀ ∈ ℝ . n i ( 2 2 n i ) cos ( i ) i 1 =
Từ giả thiết quy nạp ta có a ( 2 2 k
− k ) = 0, do ñó a = 0 (vì k ≠ k ) với mọi i =1,n −1. i n i i i n
Suy ra a cos (k x) = 0 x
∀ ∈ ℝ ⇒ a = 0 . n n n
Vậy a = a = … = a = 0 . 1 2 n
ðạo hàm của hàm hợp
Nếu hàm f (x) khả vi tại ñiểm x = x và hàm ϕ(x) khả vi tại ñiểm x = f (x ) , thì hàm 0 0
hợp g(x) = ϕ ( f (x)) khả vi tại ñiểm x = x , và 0
g '(x) = ϕ '( f (x ) f '(x ) . 0 ) 0
Trong nhiều bài tập, ta thấy sự xuất hiện của một hàm dạng f '(x)ϕ '( f (x)) , khi ñó ta tìm
nguyên 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 x ∈ (a,b) sao cho f '( x < 1+ f (x ) . 0 ) ( 0 )2 0 (Olympic SVBK 2011) Nhận xét. f '(x) 1
Ở ñây có sự xuất hiện của hàm , nghĩa là ϕ '(x) =
, nên ϕ(x) = arctan x . 2 1+ ( f (x))2 1+ x 5 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Lời giải.
Phản chứng. Giả sử f ( x) ≥ + ( f x )2 ' 1 ( )
> 0 , với mọi x ∈(a,b). f '( x) Khi ñó,
≥ , với mọi x ∈(a,b). 1+ ( f (x)) 1 2
Xét hàm g(x) = arctan f (x) − x ,
x ∈ (a,b) . f '(x) Ta có g '(x) = − ≥ , x ∀ ∈(a,b) . 1+ ( f (x)) 1 0 2
Suy ra g(a) ≤ g(b) ⇒ arctan f (a) − a ≤ arctan f (b) − b
⇒ arctan f (b) − arctan f (a) ≥ b − a ≥ 4 , nhưng π
≥ arctan f (b) 2
⇒ arctan f (b) − arctan f (a) ≤ π < 4 π , mâu thuẫn. arctan f (a) ≥ − 2
Vậy tồn tại x ∈ (a,b) sao cho f '( x < 1+ f (x ) . 0 ) ( 0 )2 0 Bài toán 9.
Tìm tất cả các hàm f : +
ℝ → ℝ khả vi hai lần trên +
ℝ sao cho với mọi x + ∈ℝ : i. f '(x) > 0 ii.
f ( f '(x)) = − f (x) ( + ℝ
= {x∈ℝ x > } 0 ) Lời giải.
Thay x = f '(x) vào (ii) ta có f ( f '( f '(x))) = − f ( f '(x)) = f (x) .
Do f là hàm tăng trên + ℝ (theo (i)), nên suy ra
f '( f '(x)) = x . (1)
ðạo hàm 2 vế của (ii) ta ñược
f '( f '(x))⋅ f "(x) = − f '(x) . (2) f "(x) 1
Từ (1) và (2) suy ra xf "(x) = − f '(x) ⇒ + = 0 f '(x) x
Lấy nguyên hàm 2 vế ñược ln f '(x) + ln x = C ( C là hằng số) a ⇒ xf '(x) C = e = 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 6 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55
Dạng bài liên quan ñến hàm g(x) = f '(x) + P(x). f (x) Phương pháp chung: P( x) dx ∫
Xây dựng hàm F (x) = e f (x) . P ( x)dx P( x) dx ∫ ∫
Khi ñó, 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 không âm, x
thỏa mãn ñiều kiện: f (x) ≤ k ∫ f (t)dt x
∀ ≥ 0 , trong ñó k là hằng số dương. 0
Chứng minh rằng: f (x) ≡ 0 , x ∀ ≥ 0 . (KSTN 2000)
Nhận xét. P(x) = −k Lời giải. x
ðặt g(x) = ∫ f (t)dt , từ giả thiết ta có g '(x) − kg(x) ≤ 0 , x ∀ ≥ 0 . 0 Xét hàm ( ) −kx F x = e g(x) (x ≥ 0) .
Ta có F (0) = 0 ≤ F (x) (do f (x) ≥ 0 ), x ∀ ≥ 0 . Mà '( ) −kx F x = e
(g '(x) − kg(x)) ≤ 0 , nên F(x) là hàm không tăng trên (0;+∞) .
Do ñó, F (x) ≡ 0 x
∀ ≥ 0 . Vậy f (x) ≡ 0 , x ∀ ≥ 0 . Bài toán 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 ii. 2003 f (
′ x) + 2004 f (x) ≥ 2004 với mọi x ∈(0; ) 1 . (Olympic SV 2003) Lời giải. 2004 Xét hàm ( ) kx
F x = e ( f (x) − ) 1 , với k = . 2003
Khi ñó, F (0) = F (1) = 0 , ( ′ ) kx
F x = e ( f (′x) + kf (x) − k ) ≥ 0 với mọi x ∈(0; ) 1 .
Từ ñó suy ra F (x) ≡ 0 x ∀ ∈(0; )
1 . Vậy f (x) ≡ 1 x ∀ ∈(0; ) 1 . 7 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 x ∈ a, b . 0 ( )
- Nếu tồn tại số ε > 0 sao cho f (x) < f (x ) với mọi x thuộc lân cận ( x − ε , x + ε 0 0 ) 0
thì ta nói hàm số f (x) ñạt cực ñại tại x . 0
- Nếu tồn tại số ε > 0 sao cho f (x) > f (x ) với mọi x thuộc lân cận ( x − ε , x + ε 0 0 ) 0
thì ta nói hàm số f (x) ñạt cực tiểu tại x . 0
Nguyên lý cực trị Fermat
Nếu hàm y = f (x) :
i. liên tục trong [a, b] ,
ii. ñạt cực trị (cực ñại hoặc cực tiểu) tại ñiểm x , a < x < b , 0 0
iii. tồn tại ñạo hàm tại x = x , 0
thì f '(x ) = 0 . 0
Cách xác ñịnh cực trị
ðể xác ñịnh cực trị, ta phải giải phương trình y ' = 0 .
Nghiệm x của phương trình y ' = 0 có thể là cực ñại hoặc cực tiểu của ñồ thị. 0
ðể xác ñịnh rõ, chúng ta dựa vào chiều ñổi dấu của y ' hoặc dấu của y ' . Bài toán 12.
Tìm ña 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) . 3 x
Nếu Q(x) là ña thức hằng, Q(x) = a thì 2
P(x) = a
− 2x + 3x + c . 3 4a P(1) = 6 ⇒ + c = 6 , 3
P(3) = 2 ⇒ c = 2 ⇒ a = 3 , ta ñược 3 2
P(x) = x − 6x + 9x + 2 . 8 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55
Kiểm tra thấy ña thức P(x) thỏa mãn bài toán và có bậc nhỏ nhất. Bài toán 13.
Cho hàm số y = f (x) có ñạo hàm cấp hai f "(x) ≥ 0 trên toàn bộ ℝ và a ∈ ℝ cố ñịnh.
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 .
Suy ra g(x) ≤ g(a) = f (a) với mọi x ∈ ℝ .
Vậy max g(x) = f (a) . x∈ℝ Bài toán 14.
Chứng minh rằng nếu hàm f (x) liên tục trên [a, b] , khả vi tại mọi ñiểm trong (a,b) ,
f (a) = f (b) , thì tồn tại x ∈ (a, b) sao cho f '(x ) = 0 . 0 0 (ðịnh lý Rolle) Lời giải.
Do tính liên tục nên hàm f (x) có GTLN và GTNN trên [a, b] .
ðặt M = max f (x) , m = min f (x) . [a,b] [a,b]
Nếu m = M thì f là hàm hằng, f (
′ x) ≡ 0 trên [a,b].
Nếu m ≠ M thì từ ñiều kiện f (a) = f (b) suy ra có ít nhất 1 trong các giá trị m hoặc M
không ñạt ñược ở các ñầu mút của [a, b] , f ñạt cực trị tại 1 ñiểm x ∈ (a,b) . 0
Khi ñó, f '(x ) = 0 . 0 Bài toán 15.
Cho hàm f (x) có ñạo hàm liên tục trên (0;+∞) và f (0) = 1, ( ) x f x e− ≤ với mọi x ≥ 0 .
Chứng minh rằng tồn tại x > 0 sao cho 0 '( ) x f x e− = − . 0 0 Lời giải.
0 ≤ lim f (x) ≤ lim x
e− = 0 ⇒ lim f (x) = 0 x→+∞ x→+∞ x→+∞ Xét hàm ( ) ( ) x 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 ñó, tồn tại x ∈ 0; +∞ mà tại ñó g(x) ñạt GTNN, cũng là ñiểm cực tiểu. 0 ( )
Suy ra g '(x ) = 0 , nghĩa là 0 '( ) x f x e− + = 0 hay 0 '( ) x f x e− = − . 0 0 0 9 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Bài toán 16.
Hàm số f (x) khả vi tại x ñược gọi là lồi (lõm) tại ñiểm này nếu tồn tại lân cận của ñiểm 0
x là U (x ) sao cho ∀ x ∈U ( x ta có: 0 ) 0 0
f ( x) ≥ f ( x + f ′ x x − x 0 ) ( 0)( 0 )
(tương ứng f ( x) ≤ f ( x + f ′ x x − x ). 0 ) ( 0)( 0 )
Chứng minh rằng hàm số bất kì khả vi trên ñoạn [a,b] sẽ lồi (lõm) tại ít nhất một ñiểm
x ∈ a,b . 0 ( ) (KSTN 2010) Lời giải.
Dễ thấy rằng tính chất lồi (lõm) của hàm số tại 1 ñiểm sẽ không thay ñổi 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
x khi và chỉ khi hàm f (x) + px + q lồi (lõm) tại ñiểm x . 0 0
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 ñó, nếu g(x) là hàm hằng thì hiển nhiên có ñiểm lồi (lõm), nếu
g(x) không phải hàm hằng thì nó có ít nhất một ñiểm cực trị trong (a,b) . Dễ thấy ñiểm
cực tiểu sẽ là ñiểm lồi, còn ñiểm cực ñại là ñiểm lõm của g(x) .
Theo nhận xét ban ñầu, ta suy ra tại ñiểm mà g(x) ñạt cực trị thì tại ñó, f (x) lồi hoặc lõm, suy ra ñpcm.
Các ñịnh lý về giá trị trung gian của hàm khả vi ðịnh lý Rolle
Nếu hàm y = f (x) : i.
liên tục trong [a, b] , ii.
khả vi tại mọi ñiểm trong (a,b) iii.
f (a) = f (b) ,
thì tồn tại x ∈ (a,b) sao cho f '(x ) = 0 . 0 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 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Bài toán 17.
Cho n cặp số thực a , b (k = 1, 2,…, n) . Chứng minh rằng phương trình: k k n
x + ∑(a sin kx + b cos kx = k k ) 0 k 1 =
có nghiệm trong khoảng ( π − ,π ) . (OLSV 1994) (KSTN 1999) Lời giải. 2 n x
a cos kx b sin kx Xét hàm f (x) k k = + ∑− + . 2 = k k k 1 n
Khi ñó, f '(x) = x + ∑(a sin kx + b cos kx = . k k ) 0 k 1 =
n a cos kx b sin kx Hàm k k ∑− +
tuần hoàn chu kỳ 2π , nên f (π ) = f ( π − ) . = k k k 1
Áp dụng ñịnh lý Rolle, tồn tại x ∈ π
− ,π sao cho f '(x ) = 0 , suy ra ñpcm. 0 ( ) 0 Bài toán 18.
Cho các số thực a , a ,…, a thỏa mãn: 0 1 2002 a ≠ 0 0 a a a 1 2 2002 a + + +…+ = 0 0 2 3 2003
Chứng minh rằng phương trình 2 2002
a + a x + a x +… + a x
= 0 có nghiệm thuộc (0;1) . 0 1 2 2002 (KSTN 2002) Lời giải. 2 3 2003 x x x
Xét hàm f (x) = a x + a + a +…+ a . 0 1 2 2002 2 3 2003 2 2002
f '(x) = a + a x + a x +… + a x . 0 1 2 2002
Ta có f (0) = f (1) = 0 , áp dụng ñịnh lý Rolle, tồn tại x ∈ (0;1) sao cho f '(x ) = 0 , 0 0 suy ra ñpcm. Bài toán 19. a b c
Cho số nguyên dương n và các số thực a,b, c thỏa mãn + + = 0 (*). n + 2 n +1 n
Chứng minh rằng phương trình 2
ax + bx + c = 0 có nghiệm trong (0; ) 1 . 11 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 n+2 n 1 + n ax bx cx
Hướng dẫn. Xét hàm f (x) = + + . 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) 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 ñó, 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 . f ( ′ c)
f (c) − f (a) Khi ñó, = . g ( ′ c)
g(b) − g(c) Bài toán 21.
Chứng minh rằng nếu hàm f (x) liên tục trong [a, b] , khả vi tại mọi ñiểm trong (a,b) ,
thì tồn tại x ∈ a,b sao cho f (b) − f (a) = f '(x ) b − a . 0 ( ) 0 ( ) (ðịnh lý Lagrange) 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 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:
af (b) − bf (a)
cf '(c) − f (c) = . b − a (Olympic SV 1994) Nhận xét. ′
xf '(x) − f (x) − k
f (x) + k
xf '(x) − f (x) = k ⇔ = 0 ⇔ = 0 2 x x 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 ( + + ⇒
b + k ) = b( f a + k ) f (a) k f (b) k a f ( ) ( ) ⇒ =
⇒ g(a) = g(b) a b
Từ ñó dẫn ñến ñpcm theo ñịnh lý Rolle. 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) . (Olympic SV 2000)
Nhận xét. Bài này liên quan ñến hàm f '(x) + P(x) f (x) , ở ñây P(x) = 1 − . Lời giải. Xét hàm ( ) −x
F x = e f (x) . '( ) −x
F x = e ( 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 ñó 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 ( ) ( ) = ( ) g x F x f x e . 13 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 không quá n +1 nghiệm thực phân biệt. 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 ( ) a
g x = e f (x) , g(x) khả vi trên ℝ , phương trình g(x) = 0 có n nghiệm phân x eα
biệt, nên phương trình g ( ′ x) = 0 ⇔
( f (x)+α f (′x)) = 0 ⇔ f (x)+α f (′x) = 0 α có ít
nhất n −1 nghiệm thực (ñpcm). Bài toán 26.
Giải phương trình 3x = 1+ x + log 1+ 2x (1) 3 ( ) Lời giải. 1 ðKXð: x > − . 2
(1) ⇔ 3x + x = 1+ 2x + log 1+ 2x . 3 ( )
Xét f (t) = t + log t là hàm ñồng biến trên (0;+∞) . 3
(3x) = (1+2 ) ⇒ 3x =1+2 ⇒ 3x f f x x − 2x −1 = 0. 1 Xét hàm ( ) = 3x g x − 2x −1, x > − . 2 Ta có ( ′ ) = 3x g x ln 3 − 2 , 1 x g′ x = ( )2 ( ) 3 ln 3 > 0, x ∀ > − . 2 Phương trình g′ (
′ x) = 0 không có nghiệm thực nên phương trình g(x) = 0 không có quá
2 nghiệm, mà g(0) = g(1) = 0 .
Vậy (1) có 2 nghiệm thực là x = 0 và x = 1 . Bài toán 27. 7 6 5 4 3 2 x x x x x x
Chứng minh ña thức p(x) = − + − + −
+ x −1 có ñúng 1 nghiệm thực. 7 6 5 4 3 2 14 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Lời giải.
p(x) là ña 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 6 5 4 3 2
p '(x) = x − x + x − x + x − x +1
có ít nhất 1 nghiệm, gọi ñó là x . 0 Khi ñó, 7
x +1 = x +1 p '(x ) = 0 ⇒ x = 1 − , nhưng p '( 1
− ) = 7 ≠ 0 , mâu thuẫn. 0 ( 0 ) 0 0
Vậy ña thức p(x) có ñúng 1 nghiệm thực. Bài toán 28.
Cho P(x) là ña thức bậc n với hệ số thực. Chứng minh rằng phương trình 2x = P(x) có
không quá n +1 nghiệm thực. (Olympic SV 2009) Lời giải. ( k ) P
là ñạo hàm cấp k của P .
Xét hàm ( ) = ( ) − 2x f x P x . ( ′ ) = (′ ) − 2x f x P x ln 2 , … … … ( ) ( n) n n ( ) = ( ) − 2x f x P x (ln 2) .
Do P(x) là ña thức bậc n nên (n 1 + ) P (x) = 0 . n + + Phương trình n x = ⇔ − ( ) 1 ( 1) ( ) 0 2 ln 2 = 0 ⇔ 2x f x
= 0 không có nghiệm thực, vì vậy áp
dụng ñịnh lý Rolle, phương trình f (x) = 0 có không quá n +1 nghiệm thực.
ðịnh lý (số gia hữu hạn) Lagrange
Nếu hàm y = f (x) : i.
liên tục trong [a, b] , ii.
khả vi tại mọi ñiểm trong (a,b) ,
thì tồn tại x ∈ a,b sao cho f (b) − f (a) = f '(x ) b − a . 0 ( ) 0 ( ) Bài toán 29.
Cho hàm f (x) khả vi trên ñoạn [0; ]
1 thỏa mãn f (0) = 0 , f (1) = 1. Chứng minh rằng k k
với mọi k > 0 , k > 0 , tồn tại x , x ∈ 0;1 sao cho 1 2 + = k + k (*). 1 2 [ ] 1 2 1 2 f '(x ) f '(x ) 1 2 15 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Lời giải. k α 1− α ðặt 1 = α , khi ñó, α ∈(0; ) 1 và (*) trở thành + =1. k + k f '(x ) f '(x ) 1 2 1 2
Áp dụng ñịnh lý Lagrange,
f (α ) − f (0) f (α ) x
∃ ∈ 0;α : f '(x ) = = . 1 ( ) 1 α − 0 α
f (1) − f (α ) 1− f (α ) x
∃ ∈ α;1 : f '(x ) = = . 2 ( ) 2 1−α 1−α α 1−α Khi ñó, +
= f (α) + (1− f (α)) =1, ñpcm. f '(x ) f '(x ) 1 2 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. (Olympic SV 1999) (KSTN 2008) Nhận xét. Cần có c ∈ (0; )
1 ñể áp dụng ñịnh lý Lagrange trên 2 khoảng (0;c) và (c; ) 1 .
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
f (c) 1− f (c) f c = c f (
′ a) f (′b) =1 ⇔ ⋅
=1 ⇔ f (c)(1− f (c)) ( )
= c(1− c) ⇔ . c 1− c
f (c) = 1− c
Nhưng có vô số ñồ thị hàm ñi qua A(0; 0) và B(1;1) mà không cắt ñường thẳng y = x tại
ñiểm nào khác A,B (ví dụ ñồ thị hàm 2
y = x ), 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 ñó, f (
′ a) f (′b) =1 (ñpcm). 16 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Bài toán 31. a − b b − a a + b
Cho hàm số f (x) khả vi trên ñoạn [a,b] , f (a) = , f (b) = , f ≠ 0 . 2 2 2
Chứng minh rằng tồn tại các số ñôi một khác nhau c , c , c ∈ a,b sao cho: 1 2 3 ( )
f ′(c f ′ c f ′ c = 1. 1 ) ( 2) ( 3) (OLSV 2003) Nhận xét.
f (b) − f (a)
Có c ∈ a, b ñể f ′(c = =1. 1 ) 1 ( ) b − a a − b f (x ) −
f (x ) − f (a)
Cần có x ∈ a, b ñể có f ′( 2 c = = 2 ) 0 0 0 ( ) x − a x − a 0 0
b − a − f (x )
f (b) − f (x ) và f ′(c ) 0 0 2 = = 3 b − x b − x 0 0 2 2 ′( ) ′( ) a − b a + b f c f c
=1 ⇔ ( f (x ))2 −
= ( x − a)( x − b) ⇔ ( f (x ))2 = x − . 2 3 0 0 0 0 0 2 2 a + b
Nhưng lập luận giống như bài trên, phương án f (x ) = x − không khả thi. 0 0 2 a + b
Vì vậy, f (x ) = − x . 0 0 2 Lời giải.
f (b) − f (a)
Theo ñịnh lý Lagrange, tồn tại c ∈ a,b sao cho f ′(c = =1. 1 ) 1 ( ) b − a a + b
Xét hàm g(x) = f (x) + x − . 2 a + b
Ta có g a g b = − (a − b)2 ( ) ( )
< 0 nên ∃x ∈ a,b ñể g(x ) = 0 , hay f (x ) = − x . 0 ( ) 0 0 0 2 Theo ñịnh lý Lagrange,
f (x ) − f (a) b − x c
∃ ∈ a, x sao cho f ′(c = = 2 ) 0 0 2 ( 0) x − a x − a 0 0
f (b) − f (x ) x − a c
∃ ∈ x ,b sao cho f ′(c = = . 3 ) 0 0 3 ( 0 ) b − x b − x 0 0
Khi ñó, f ′(c f ′ c = 1. 2 ) ( 3)
Dễ thấy c ≠ c (do c < x < c ). 2 3 2 0 3 a + b
Nếu c = c hoặc c = c thì b − x = x − a ⇔ x = 1 2 1 3 0 0 0 2 17 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 a + b a + b suy ra f = g
= g(x ) = 0 , mâu thuẫn với giả thiết. 0 2 2
Vậy c , c , c ∈ a,b ñôi một khác nhau, và f ′(c f ′ c f ′ c = 1. 1 ) ( 2) ( 3) 1 2 3 ( ) 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 (x ) − f (0) f (x )
Cần có x ∈ 0;1 ñể 0 0 f ( ′ c) = =
≥ 2 , nghĩa là f (x ) ≥ 2x . 0 ( ) x − 0 x 0 0 0 0 Lời giải. 1 1 1
Nếu f (x) < 2x với mọi x ∈ 0;1 , thì 2
∫ f (x)dx < ∫2 d x x = x
=1, mâu thuẫn giả thiết. 0 ( ) 0 0 0
Suy ra tồn tại x ∈ 0;1 sao cho f (x ) ≥ 2x . 0 ( ) 0 0
f (x ) − f (0) f (x )
Theo ñịnh lý Lagrange, tồn tại c ∈ (0, x sao cho 0 0 f ( ′ c) = = ≥ 2 . 0 ) x − 0 x 0 0
ðịnh lý (số gia hữu hạn) Cauchy
Nếu các hàm f (x) và g(x) : i.
liên tục trong [a, b] , ii.
khả vi tại mọi ñiểm trong (a,b) , iii.
g '(x) ≠ 0 x ∀ ∈(a,b) ,
f (b) − f (a) f '(x )
thì tồn tại x ∈ a,b sao cho 0 = . 0 ( )
g(b) − g(a) g '(x ) 0
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 x 2 x
Áp dụng ñịnh lý Cauchy, tồn tại c ∈(a,b) sao cho: f (b) f (a) − g '(c)
g(b) − g(a)
af (b) − bf (a) ( ′ ) − ( ) b a cf c f c = = = = (ñpcm). h '(c)
h(b) − h(a) 1 1 b − a − a b 18