tai lieu hay day moi nguoi
Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 1 Hàm khả vi ðịnh nghĩa ðạo hàm của hàm số ( )f x tại ñiểm x và ký hiệu là ( ) f x ′ là giới hạn: ( ) ( ) ( ) 0 lim x f x x f x f x 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 th ỏ a mãn ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 f x f x x x− ≤ − , 1 2 , x x∀ ∈ ℝ . Lời giải. Thay 1 x x x= + ∆ và 2 x x= vào bi ể u th ứ c ñ ã cho ñượ c: ( ) ( ) ( ) 2 f x x f x x+ ∆ − ≤ ∆ . Suy ra ( ) ( ) f x x f x x x + ∆ − ≤ ∆ ∆ , do ñ ó ( ) ( ) 0 lim 0 x f x x f x x ∆ → + ∆ − = ∆ . Theo ñị nh ngh ĩ a, ( )f x kh ả vi t ạ i m ọ i ñ i ể m x∈ ℝ , và ( ) 0 f x ′ = . V ậ y ( ) f x là hàm h ằ ng. Bài toán 2. Cho hàm s ố 1 sin 0 ( ) 0 0 x x f x x x α ≠ = = v ớ i α là h ằ ng s ố d ươ ng. Tìm các giá tr ị c ủ a α ñể f kh ả vi trên ℝ . (KSTN 2005) Lời giải. D ễ th ấ y f liên t ụ c t ạ i m ọ i ñ i ể m 0x ≠ . Xét tính liên t ụ c t ạ i ñ i ể m 0x = : 1 0 sin x x x α α ≤ ≤ , mà 0 lim 0 x x α → = 0 α ∀ > , suy ra 0 0 1 lim ( ) lim sin 0 (0) x x f x x f x α → → = = = . Do ñó, f liên tục trên ℝ . Với mọi α , f khả vi tại mọi ñiểm 0x ≠ . Cần tìm α ñể f khả vi tại 0x = , tức là giới hạn 1 0 0 ( ) (0) 1 (0) lim lim sin x x f x f f x x x α − → → − ′ = = t ồ n t ạ i. bai 21 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 2 Giới hạn trên tồn tại với mọi 1 α > : 1 0 1 lim sin 0 x x x α − → = . Ta ch ứ ng minh nó không t ồ n t ạ i v ớ i 1 α ≤ . Th ậ t v ậ y, gi ả s ử 1 1 0 1 lim sin lim sin x t x t t M x α α − − → →∞ = = , t ứ c là v ớ i m ỗ i 0 ε > , 0 t∃ : 0 t t> 1 sint t M α ε − ⇒ − < . Cho t k π = với số nguyên k ñủ lớn, ta ñược M ε < , 0 ε ∀ > , suy ra 0M = . Khi ñó, 0 ε ∀ > , 0 t∃ : 0 t t> 1 sin t t α ε − ⇒ < . Chọn 1 2 ε = , 2 t k π π = + với số nguyên k ñủ lớn, do 1 0 α − ≥ nên 1 1 2 k α π π ε − + ≥ > , khi ñ ó 1 sint t α ε − > , mâu thu ẫ n. V ậ y 1 α > . ðạo hàm và sự biến thiên của hàm số Dạng bài chứng minh hàm tăng giảm bằng cách tính ñạo hàm Bài toán 3. Kh ả o sát s ự bi ế n thiên c ủ a hàm s ố ( )f x ñượ c xác ñị nh nh ư sau: 1 khi 0 ( ) 1 0 khi 0 x x x x f x e x + ≠ = + = . (KSTN 1999) L ờ i gi ả i. 0 lim ( ) 0 (0) x f x f → = = , suy ra f liên t ụ c t ạ i 0x = . V ớ i 0x ≠ , 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 '( ) 1 1 1 1 x x x x x x e xe e e x x f x e e + + + + = + = + + + . ðặ t 1 t x = , ( ) 1 t t g t e te= + + . ( ) '( ) 2 0 2 t g t e t t= + = ⇔ = − , qua ñ i ể m 2t = − , '( )g t ñổ i d ấ u t ừ âm sang d ươ ng, do ñ ó 2 ( ) ( 2) 1 0g t g e − ≥ − = − > , suy ra '( ) 0f x > v ớ i m ọ i 0x ≠ . V ậ y ( )f x ñồ ng bi ế n trên ℝ . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 3 Bài toán 4. Cho hàm số ( )f x liên tục và nghịch biến trên ñoạn [ ] 0;b và cho ( ) 0;a b∈ . Ch ứ ng minh r ằ ng: 0 0 ( ) ( ) a b b f x dx a f x dx≥ ∫ ∫ . (Olympic SV 1995) (KSTN 2005) Lời giải . Xét hàm 0 ( ) ( ) x f t dt F x x = ∫ , ta cần chứng minh ( ) ( )F a F b≥ vớ i a b≤ , t ứ c F là hàm gi ả m. ðạ o hàm F : 0 2 ( ) ( ) '( ) x xf x f t dt F x x − = ∫ . Do ( )f x nghịch biến nên 0 0 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) x x f t dt f x dt x f x≥ = ∫ ∫ , ( ) 0 0;x b∀ ∈ . Do ñó '( ) 0F x ≤ , 0 x ∀ > , suy ra ñpcm. ðạo hàm của hàm hằng Hàm hằng khả vi mọi cấp bằng 0 . Trong nhiều bài tập có cho giả thiết ( ) 0 f x = với mọi D x ∈ , việc ñạo hàm nhiều lần cả 2 vế có thể giúp giải quyết vấn ñề. Bài toán 5. Cho trước các số thực 1 2 , , , n λ λ λ … khác nhau từng ñôi một. Chứng minh rằng: 1 1 2 2 0 n n k x k x k x λ λ λ − + − + − = … với mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi 1 2 0 n k k k= = = = … . (KSTN 2009) Lời giải. Chứng minh quy nạp. Trường hợp 1 n = hiển nhiên ñúng. Giả sử bài toán ñúng ñến 1 n − , nghĩa là nếu 1 1 0 n i i i a x b − = − = ∑ , x ∀ ∈ ℝ thì t ấ t c ả 0 i a = . Ta ch ứ ng minh n ế u 1 1 2 2 ( ) 0 n n f x k x k x k x λ λ λ = − + − + − =… v ớ i m ọ i x ∈ ℝ thì 1 2 0 n k k k= = = =… . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 4 Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử 1 2 1n n a b λ λ λ λ − < < < = < =… . Khi ñó, ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 ( ) 0 n n n f x k k k x k k k λ λ λ = + + + − + + + =… … v ớ i m ọ i x b> , f là hàm h ằ ng trên ( ) ;b +∞ nên ( ) 0f x ′ = v ớ i m ọ i x b > , hay: 1 2 1 0 n n k k k k − + + + + = … . (1) M ặ t khác ( ) ( ) 1 2 1 1 1 2 2 1 1 ( ) 0 n n n n n n f x k k k k x k k k k λ λ λ λ − − − = + + + − − + + + − = … … v ớ i m ọ i ( ) ,x a b∈ , f là hàm h ằ ng trên ( ) ,a b nên ( ) 0f x ′ = v ớ i m ọ i ( ) ,x a b∈ , hay: 1 2 1 0 n n k k k k − + + + − = … . (2) T ừ (1) và (2) suy ra 0 n k = , suy ra 1 1 2 2 1 1 ( ) 0 n n f x k x k x k x λ λ λ − − = − + − + − = … v ớ i m ọ i x ∈ ℝ , theo gi ả thi ế t quy n ạ p thì 1 2 1 0 n k k k − = = = = … . V ậ y 1 2 0 n k k k= = = =… n ế u 1 1 2 2 0 n n k x k x k x λ λ λ − + − + − =… x ∀ ∈ ℝ . Chi ề u ng ượ c l ạ i hi ể n nhiên ñ úng, bài toán ñượ c ch ứ ng minh. Bài toán 6. Cho tr ướ c các s ố th ự c 1 2 , , , n k k k… khác nhau t ừ ng ñ ôi m ộ t. Ch ứ ng minh r ằ ng: 1 2 1 2 0 n k xk x k x n a e a e a e+ + + =… với mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi 1 2 0 n a a a= = = =… . (KSTN 2000) Lời giải. Chứng minh quy nạp. Trường hợp 1 n = hiển nhiên ñúng. Giả sử bài toán ñúng ñến 1 n − , nghĩa là nếu 1 1 0 i n k x i i a e − = = ∑ , x ∀ ∈ ℝ thì tất cả 0 i a = . Ta chứng minh nếu 1 2 1 2 0 n k xk x k x n a e a e a e+ + + =… với mọi x ∈ ℝ thì 1 2 0 n a a a= = = =… . Xét hàm 1 2 1 2 ( ) n k xk x k x n f x a e a e a e= + + +… . Nếu ( ) 0f x = , x ∀ ∈ ℝ , thì 1 2 1 1 2 2 0 ( ) n k xk x k x n n f x a k e a k e a k e ′ = = + + +… , x ∀ ∈ ℝ . Suy ra ( ) 1 1 0 ( ) ( ) i n k x n i i n i f x k f x a k k e − = ′ = − = − ∑ x ∀ ∈ ℝ . Từ giả thiết quy nạp ta có ( ) 0 i i n a k k− = , do ñó 0 i a = (vì i n k k≠ ) với mọi 1, 1i n= − . Suy ra 0 n k x n a e = x ∀ ∈ ℝ 0 n a⇒ = . Vậy 1 2 0 n a a a= = = =… . Bài toán 7. Cho trước các số thực 1 2 , , , n k k k… khác nhau từng ñôi một. Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 cos cos cos 0 n n a k x a k x a k x+ + + =… với mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi 1 2 0 n a a a= = = =… . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 5 (KSTN 2007) Lời giải. Chứng minh quy nạp. Trường hợp 1n = hiển nhiên ñúng. Giả sử bài toán ñúng ñến 1n − , nghĩa là nếu ( ) 1 1 cos 0 n i i i a k x − = = ∑ , x∀ ∈ ℝ thì tất cả 0 i a = . Ta chứng minh nếu ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 cos cos cos n n a k x a k x a k x+ + +… v ớ i m ọ i x∈ ℝ thì 1 2 0 n a a a= = = = … . Xét hàm ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 ( ) cos cos cos n n f x a k x a k x a k x= + + +… . N ế u ( ) 0f x = , x∀ ∈ ℝ , thì ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 2 2 2 0 ( ) cos cos cos n n n f x a k k x a k k x a k k x ′′ = = − − − −… , x∀ ∈ ℝ . Suy ra ( ) ( ) 1 2 2 2 1 0 ( ) ( ) cos n n i n i i i f x k f x a k k k x − = ′′ = + = − ∑ , x∀ ∈ ℝ . T ừ gi ả thi ế t quy n ạ p ta có ( ) 2 2 0 i n i a k k− = , do ñó 0 i a = (vì i n k k≠ ) với mọi 1, 1i n= − . Suy ra ( ) cos 0 n n a k x = x∀ ∈ ℝ 0 n a⇒ = . Vậy 1 2 0 n a a a= = = = … . ðạo hàm của hàm hợp Nếu hàm ( )f x khả vi tại ñiểm 0 x x= và hàm ( )x ϕ khả vi tại ñiểm 0 ( )x f x= , thì hàm hợp ( ) ( ) ( )g x f x ϕ = khả vi tại ñiểm 0 x x= , và ( ) 0 0 '( ) ' ( ) '( )g x f x f x ϕ = . Trong nhiều bài tập, ta thấy sự xuất hiện của một hàm dạng ( ) '( ) ' ( )f x f x ϕ , khi ñó ta tìm nguyên hàm ( )x ϕ , rồi xét hàm ( ) ( ) ( )g x f x ϕ = . Bài toán 8. Cho hàm số [ ] : ,f a b → ℝ với 4b a− ≥ , khả vi trên ( , )a b . Chứ ng minh r ằ ng t ồ n t ạ i 0 ( , )x a b ∈ sao cho ( ) ( ) 2 0 0 ' 1 ( )f x f x < + . (Olympic SVBK 2011) Nh ậ n xét. Ở ñ ây có s ự xu ấ t hi ệ n c ủ a hàm ( ) 2 '( ) 1 ( ) f x f x+ , nghĩa là 2 1 '( ) 1 x x ϕ = + , nên ( ) arctanx x ϕ = . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 6 Lời giải. Phản chứng. Giả sử ( ) ( ) 2 ' 1 ( ) 0f x f x≥ + > , với mọi ( ) ,x a b∈ . Khi ñ ó, ( ) ( ) 2 ' 1 1 ( ) f x f x ≥ + , v ớ i m ọ i ( ) ,x a b∈ . Xét hàm ( ) arctan ( )g x f x x= − , ( ) ,x a b∈ . Ta có ( ) 2 '( ) '( ) 1 0 1 ( ) f x g x f x = − ≥ + , ( ) ,x a b∀ ∈ . Suy ra ( ) ( ) arctan ( ) arctan ( )g a g b f a a f b b≤ ⇒ − ≤ − arctan ( ) arctan ( ) 4f b f a b a⇒ − ≥ − ≥ , nh ư ng arctan ( ) 2 arctan ( ) arctan ( ) 4 arctan ( ) 2 f b f b f a f a π π π ≥ ⇒ − ≤ < ≥ − , mâu thuẫn. Vậy tồn tại 0 ( , )x a b∈ sao cho ( ) ( ) 2 0 0 ' 1 ( )f x f x< + . Bài toán 9. Tìm t ấ t c ả các hàm :f + → ℝ ℝ kh ả vi hai l ầ n trên + ℝ sao cho v ớ i m ọ i x + ∈ ℝ : i. '( ) 0f x > ii. ( ) '( ) ( )f f x f x= − { } ( ) 0x x + = ∈ > ℝ ℝ L ờ i gi ả i. Thay '( )x f x= vào (ii) ta có ( ) ( ) ( ) ' '( ) '( ) ( )f f f x f f x f x= − = . Do f là hàm t ă ng trên + ℝ (theo (i)), nên suy ra ( ) ' '( )f f x x= . (1) ðạ o hàm 2 v ế c ủ a (ii) ta ñượ c ( ) ' '( ) "( ) '( )f f x f x f x⋅ = − . (2) T ừ (1) và (2) suy ra "( ) '( )xf x f x= − "( ) 1 0 '( ) f x f x x ⇒ + = L ấ y nguyên hàm 2 v ế ñượ c ln '( ) lnf x x C+ = ( C là h ằ ng s ố ) '( ) '( ) ( ) ln C a xf x e a f x f x a x b x ⇒ = = ⇒ = ⇒ = + ( , a b là các hằng số, 0a > ). Thay vào (ii): 1 ln ln ln 2 a a b a x b b a a x + = − − ⇒ = − . Vậy 1 ( ) ln ln ln 2 x f x a x a a a a = − = , với mọi x + ∈ ℝ , a là hằng số dương. Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 7 Dạng bài liên quan ñến hàm ( ) '( ) ( ). ( )g x f x P x f x= + Phương pháp chung: Xây dựng hàm ( ) ( ) ( ) P x dx F x e f x ∫ = . Khi ñó, ( ) ( ) ( ) '( ) '( ) ( ) ( ) ( ) P x dx P x dx 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 mộ t hàm s ố xác ñị nh và liên t ụ c t ạ i m ọ i ñ i ể m 0x ≥ , l ấ y giá tr ị không âm, th ỏ a mãn ñ i ề u ki ệ n: 0 ( ) ( ) 0 x f x k f t dt x≤ ∀ ≥ ∫ , trong ñó k là hằng số dương. Chứng minh rằng: ( ) 0f x ≡ , 0x∀ ≥ . (KSTN 2000) Nhận xét. ( )P x k= − Lời giải. ðặt 0 ( ) ( ) x g x f t dt = ∫ , từ giả thiết ta có '( ) ( ) 0g x kg x− ≤ , 0x∀ ≥ . Xét hàm ( ) ( ) kx F x e g x − = ( ) 0x ≥ . Ta có (0) 0 ( )F F x= ≤ (do ( ) 0f x ≥ ), 0x∀ ≥ . Mà ( ) '( ) '( ) ( ) 0 kx F x e g x kg x − = − ≤ , nên ( )F x là hàm không t ă ng trên ( ) 0;+∞ . Do ñ ó, ( ) 0F x ≡ 0x∀ ≥ . V ậ y ( ) 0f x ≡ , 0x∀ ≥ . Bài toán 11. Tìm t ấ t c ả các hàm s ố ( )f x xác ñị nh trên ñ o ạ n [0;1], kh ả vi trên kho ả ng (0;1) và th ỏ a mãn các ñ i ề u ki ệ n: i. (0) (1) 1f f= = ii. 2003 ( ) 2004 ( ) 2004f x f x ′ + ≥ v ớ i m ọ i ( ) 0;1x∈ . (Olympic SV 2003) L ờ i gi ả i. Xét hàm ( ) ( ) ( ) 1 kx F x e f x= − , v ớ i 2004 2003 k = . Khi ñó, (0) (1) 0F F= = , ( ) ( ) ( ) ( ) 0 kx F x e f x kf x k ′ ′ = + − ≥ với mọi ( ) 0;1x∈ . Từ ñó suy ra ( ) 0F x ≡ ( ) 0;1x∀ ∈ . Vậy ( ) 1f x ≡ ( ) 0;1x∀ ∈ . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 8 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 ñ i ể m ( ) 0 ,x a b∈ . - N ế u t ồ n t ạ i s ố 0 ε > sao cho 0 ( ) ( ) f x f x< v ớ i m ọ i x thu ộ c lân c ậ n ( ) 0 0 , x x ε ε − + thì ta nói hàm s ố ( )f x ñạ t cực ñại t ạ i 0 x . - N ế u t ồ n t ạ i s ố 0 ε > sao cho 0 ( ) ( )f x f x > v ớ i m ọ i x thu ộ c lân c ậ n ( ) 0 0 ,x x ε ε − + thì ta nói hàm s ố ( )f x ñạ t cực tiểu t ạ i 0 x . Nguyên lý cực trị Fermat N ế u hàm ( )y f x= : i. liên t ụ c trong [ , ]a b , ii. ñạ t c ự c tr ị (c ự c ñạ i ho ặ c c ự c ti ể u) t ạ i ñ i ể m 0 x , 0 a x b < < , iii. t ồ n t ạ i ñạ o hàm t ạ i 0 x x = , thì 0 '( ) 0 f x = . Cách xác ñịnh cực trị ðể xác ñị nh c ự c tr ị , ta ph ả i gi ả i ph ươ ng trình ' 0y = . Nghi ệ m 0 x c ủ a ph ươ ng trình ' 0 y = có th ể là c ự c ñạ i ho ặ c c ự c ti ể u c ủ a ñồ th ị . ðể xác ñị nh rõ, chúng ta d ự a vào chi ề u ñổ i d ấ u c ủ a ' y ho ặ c d ấ u c ủ a '' y . Bài toán 12. Tìm ñ a th ứ c ( ) P x có b ậ c bé nh ấ t ñạ t c ự c ñạ i t ạ i 1x = v ớ i (1) 6 P = và ñạ t c ự c ti ể u t ạ i 3x = v ớ i (3) 2P = . (KSTN 2003) L ờ i gi ả i . ( )P x ñạ t c ự c tr ị t ạ i 2 ñ i ể m 1x = và 2x = nên có b ậ c 3≥ , và ( )( ) ( ) 1 3 ( ) P x x x Q x ′ = − − . N ế u ( ) Q x là ñ a th ứ c h ằ ng, ( ) Q x a = thì 3 2 ( ) 2 3 3 x P x a x x c = − + + . 4 (1) 6 6 3 a P c= ⇒ + = , (3) 2 2 3P c a= ⇒ = ⇒ = , ta ñược 3 2 ( ) 6 9 2P x x x x= − + + . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 9 Kiểm tra thấy ña thức ( )P x thỏ a mãn bài toán và có b ậ c nh ỏ nh ấ t. Bài toán 13. Cho hàm s ố ( )y f x= có ñạ o hàm c ấ p hai "( ) 0f x ≥ trên toàn b ộ ℝ và a∈ ℝ c ố ñị nh. Tìm giá tr ị l ớ n nh ấ t c ủ a hàm s ố ( ) ( ) ( ) '( )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 "( ) 0f x ≥ nên '( ) 0g x ≤ v ớ i x a> và '( ) 0g x ≥ v ớ i x a< . Suy ra ( ) ( ) ( )g x g a f a≤ = v ớ i m ọ i x∈ ℝ . V ậ y max ( ) ( ) x g x f a ∈ = 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 0 ( , )x a b∈ sao cho 0 '( ) 0f x = . (ðịnh lý Rolle) Lời giải. Do tính liên tục nên hàm ( )f x có GTLN và GTNN trên [ , ]a b . ðặt [ , ] max ( ) a b M f x= , [ , ] min ( ) a b m f x= . Nếu m M= thì f là hàm hằng, ( ) 0f x ′ ≡ 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 0 ( , )x a b∈ . Khi ñó, 0 '( ) 0f x = . Bài toán 15. Cho hàm ( )f x có ñạo hàm liên tục trên ( ) 0;+∞ và (0) 1f = , ( ) x f x e − ≤ với mọi 0 x ≥ . Chứng minh rằng tồn tại 0 0x > sao cho 0 0 '( ) x f x e − = − . Lời giải. 0 lim ( ) lim 0 x x x f x e − →+∞ →+∞ ≤ ≤ = lim ( ) 0 x f x →+∞ ⇒ = Xét hàm ( ) ( ) x g x f x e − = − . Ta có (0) 0 g = , ( ) 0 g x ≤ 0 x ∀ ≥ , lim ( ) lim ( ) 0 x x g x f x →+∞ →+∞ = = . Khi ñó, tồn tại ( ) 0 0;x ∈ +∞ mà tại ñó ( )g x ñạt GTNN, cũng là ñiểm cực tiểu. Suy ra 0 '( ) 0g x = , nghĩa là 0 0 '( ) 0 x f x e − + = hay 0 0 '( ) x f x e − = − . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 10 Bài toán 16. Hàm số ( )f x khả vi t ạ i 0 x ñượ c g ọ i là l ồ i (lõm) t ạ i ñ i ể m này n ế u t ồ n t ạ i lân c ậ n c ủ a ñ i ể m 0 x là 0 ( ) U x sao cho ( ) 0 x U x∀ ∈ ta có: ( ) ( ) ( )( ) 0 0 0 f x f x f x x x ′ ≥ + − (t ươ ng ứ ng ( ) ( ) ( )( ) 0 0 0 f x f x f x x x ′ ≤ + − ). Ch ứ ng minh r ằ ng hàm s ố b ấ t kì kh ả vi trên ñ o ạ n [ , ] a b s ẽ l ồ i (lõm) t ạ i ít nh ấ t m ộ t ñ i ể m ( ) 0 ,x a b∈ . (KSTN 2010) L ờ i gi ả i. D ễ th ấ y r ằ ng tính ch ấ t l ồ i (lõm) c ủ a hàm s ố t ạ i 1 ñ i ể m s ẽ không thay ñổ i khi ta thêm vào nó m ộ t hàm tuy ế n tính b ấ t kì. Ngh ĩ a là v ớ i m ọ i ,p q∈ ℝ thì hàm ( )f x l ồ i (lõm) t ạ i ñ i ể m 0 x khi và ch ỉ khi hàm ( )f x px q+ + l ồ i (lõm) t ạ i ñ i ể m 0 x . Gi ả s ử ( )f x kh ả vi trên ñ o ạ n [ , ]a b . Xét hàm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f a f b 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 th ấ y ñ i ể m c ự c ti ể u s ẽ là ñ i ể m l ồ i, còn ñ i ể m c ự c ñạ i là ñ i ể m lõm c ủ a ( )g x . Theo nh ậ n xét ban ñầ u, ta suy ra t ạ i ñ i ể m mà ( ) g x ñạ t c ự c tr ị thì t ạ i ñ ó, ( ) f x l ồ i ho ặ c lõm, suy ra ñ pcm. Các ñịnh lý về giá trị trung gian của hàm khả vi ðịnh lý Rolle N ế u hàm ( ) y f x = : i. liên t ụ c trong [ , ] a b , ii. kh ả vi t ạ i m ọ i ñ i ể m trong ( ) , a b iii. ( ) ( ) f a f b = , thì t ồ n t ạ i 0 ( , ) x a b∈ sao cho 0 '( ) 0 f x = . Trong nhi ề u bài t ậ p ch ứ ng minh ph ươ ng trình ( ) 0f x = có nghi ệ m thu ộ c ( ) , a b , ta thi ế t l ậ p m ộ t nguyên hàm ( )g x c ủ a ( )f x , r ồ i ch ứ ng minh ( ) ( )g a g b= , t ừ ñ ó suy ra ñ pcm t ừ ñị nh lý Rolle. . hàm hợp Nếu hàm ( )f x khả vi tại ñiểm 0 x x= và hàm ( )x ϕ khả vi tại ñiểm 0 ( )x f x= , thì hàm hợp ( ) ( ) ( )g x f x ϕ = khả vi tại ñiểm 0 x x= , và (. = v ớ i α là h ằ ng s ố d ươ ng. Tìm các giá tr ị c ủ a α ñể f kh ả vi trên ℝ . (KSTN 2005) Lời giải. D ễ th ấ y f liên t ụ c t ạ i m ọ i ñ i ể m 0x ≠