Ôn thi lớp kỹ sư tài năng hàm khả vi

Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Hàm khả vi ðịnh nghĩa ðạo hàm hàm số f ( x) ñiểm x ký hiệu f ′ ( x ) giới hạn: f ′ ( x ) = lim ∆x →0 f ( x + ∆x ) − f ( x ) ∆x c om giới hạn tồn Nếu f ′ ( x ) tồn tại, ta nói hàm y = f ( x ) khả vi x Bài toán Tìm tất hàm f : ℝ → ℝ thỏa mãn f ( x1 ) − f ( x2 ) ≤ ( x1 − x2 ) , ∀x1 , x2 ∈ ℝ Lời giải Thay x1 = x + ∆x 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 , lim = ∆x → ∆x ∆x co Suy th an Theo ñịnh nghĩa, f ( x) khả vi ñiểm x ∈ ℝ , f ′( x ) = Vậy f ( x) hàm Bài toán du on g  α 1  x sin   Cho hàm số f ( x) =  x 0  x≠0 x=0 với α số dương Tìm giá trị α ñể f khả vi ℝ u (KSTN 2005) cu Lời giải Dễ thấy f liên tục ñiểm x ≠ 1 Xét tính liên tục ñiểm x = : ≤ xα sin   ≤ xα , mà lim xα = ∀α > , suy x→0 x 1 lim f ( x) = lim xα sin   = = f (0) x→0 x →0 x Do ñó, f liên tục ℝ Với α , f khả vi ñiểm x ≠ Cần tìm α để f khả vi x = , tức giới f ( x ) − f (0) 1 hạn f ′(0) = lim = lim xα −1 sin   tồn x →0 x →0 x x CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 1 Giới hạn tồn với α > : lim xα −1 sin   = x →0 x Ta chứng minh khơng tồn với α ≤ 1 Thật vậy, giả sử lim xα −1 sin   = lim t 1−α sin t = M , x→0  x  t →∞ tức với ε > , ∃t0 : t > t0 ⇒ t 1−α sin t − M < ε Cho t = kπ với số nguyên k ñủ lớn, ta ñược M < ε , ∀ε > , suy M = Khi đó, ∀ε > , ∃t0 : t > t0 ⇒ t 1−α sin t < ε 1−α c om π π  Chọn ε = , t = + kπ với số nguyên k ñủ lớn, − α ≥ nên  + kπ  2 2  t1−α sin t > ε , mâu thuẫn ng Vậy α > ≥1> ε , co ðạo hàm biến thiên hàm số an Dạng chứng minh hàm tăng giảm cách tính ñạo hàm th Bài toán Khảo sát biến thiên hàm số f ( x) ñược xác ñịnh sau: g x  + x  f ( x) =  + e x  0 du on x ≠ x = (KSTN 1999) x→0 cu u Lời giải lim f ( x) = = f (0) , suy f liên tục x = Với x ≠ , f '( x) = + 1 1 1 1+ e x + e x x = 1+ x 2     x x 1 + e  1 + e      + e x + xe x , g (t ) = + et + tet x g '(t ) = et ( t + ) = ⇔ t = −2 , qua ñiểm t = −2 , g '(t ) ñổi dấu từ âm sang dương, ðặt t = g (t ) ≥ g (−2) = − e −2 > , suy f '( x ) > với x ≠ Vậy f ( x) ñồng biến ℝ CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Bài toán Cho hàm số f ( x) liên tục nghịch biến ñoạn [ 0;b ] cho a ∈ ( 0; b ) Chứng minh rằng: a b 0 b ∫ f ( x)dx ≥ a ∫ f ( x)dx (Olympic SV 1995) (KSTN 2005) Lời giải ∫ f (t )dt Xét hàm F ( x) = x c om x , ta cần chứng minh F (a) ≥ F (b) với a ≤ b , x ∫ f (t )dt ≥ x0 ∫ f ( x )dt = x 0 f ( x0 ) , ∀x0 ∈ ( 0; b ) ðạo hàm hàm th an Do F '( x) ≤ , ∀x > , suy ñpcm co x0 Do f ( x) nghịch biến nên x ng F '( x) = tức F hàm giảm ðạo hàm F : xf ( x) − ∫ f (t )dt du on g Hàm khả vi cấp Trong nhiều tập có cho giả thiết f ( x) = với x ∈ D , việc ñạo hàm nhiều lần vế giúp giải vấn đề cu u Bài toán Cho trước số thực λ1 , λ2 ,… , λn khác đơi Chứng minh rằng: k1 x − λ1 + k2 x − λ2 + … kn x − λn = với x ∈ ℝ k1 = k2 = … = kn = (KSTN 2009) Lời giải Chứng minh quy nạp Trường hợp n = hiển nhiên Giả sử tốn ñến n − , nghĩa n −1 ∑a i =1 i x − bi = , ∀x ∈ ℝ tất = Ta chứng minh f ( x) = k1 x − λ1 + k2 x − λ2 + … kn x − λn = với x ∈ ℝ k1 = k2 = … = kn = CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Thật vậy, khơng tính tổng qt, giả sử λ1 < λ2 < … < λn −1 = a < λn = b Khi đó, f ( x) = ( k1 + k2 + … + kn ) x − ( k1λ1 + k2λ2 + … + kn λn ) = với x > b , f hàm ( b; +∞ ) nên f ′( x) = với x > b , hay: k1 + k2 + … + kn −1 + kn = (1) Mặt khác f ( x) = ( k1 + k2 + … + kn −1 − kn ) x − ( k1λ1 + k2λ2 + … + kn −1λn −1 − kn λn ) = với x ∈ ( a, b ) , f hàm ( a, b ) nên f ′( x) = với x ∈ ( a, b ) , hay: k1 + k2 + … + kn −1 − kn = (2) Từ (1) (2) suy kn = , suy f ( x) = k1 x − λ1 + k2 x − λ2 + … kn −1 x − λn−1 = với c om x ∈ ℝ , theo giả thiết quy nạp k1 = k2 = … = kn−1 = Vậy k1 = k2 = … = kn = k1 x − λ1 + k2 x − λ2 + … kn x − λn = ∀x ∈ ℝ ng Chiều ngược lại hiển nhiên đúng, tốn chứng minh co Bài toán Cho trước số thực k1 , k2 ,… , kn khác ñôi Chứng minh rằng: a1ek1x + a2e k2 x + … + an e kn x = với x ∈ ℝ a1 = a2 = … = an = an g th Lời giải Chứng minh quy nạp Trường hợp n = hiển nhiên ñúng (KSTN 2000) du on Giả sử tốn đến n − , nghĩa n −1 ∑a e i =1 ki x i = , ∀x ∈ ℝ tất = Ta chứng minh a1e k1x + a2 ek2 x + … + an ekn x = với x ∈ ℝ a1 = a2 = … = an = Xét hàm f ( x) = a1e k1x + a2 ek2 x + … + an ekn x cu u Nếu f ( x) = , ∀x ∈ ℝ , = f ′( x) = a1k1e k1x + a2 k2e k2 x + … + an kn ekn x , ∀x ∈ ℝ n −1 Suy = f ′( x) − kn f ( x) = ∑ ( ki − kn )e ki x ∀x ∈ ℝ i =1 Từ giả thiết quy nạp ta có ( ki − kn ) = , = (vì ki ≠ kn ) với i = 1, n − Suy an ekn x = ∀x ∈ ℝ ⇒ an = Vậy a1 = a2 = … = an = Bài toán Cho trước số thực k1 , k2 ,… , kn khác đơi Chứng minh a1 cos ( k1 x ) + a2 cos ( k2 x ) + … + an cos ( kn x ) = với x ∈ ℝ a1 = a2 = … = an = CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 (KSTN 2007) Lời giải Chứng minh quy nạp Trường hợp n = hiển nhiên ñúng Giả sử tốn đến n − , nghĩa n −1 ∑ a cos ( k x ) = , ∀x ∈ ℝ tất a i =1 i i i =0 Ta chứng minh a1 cos ( k1 x ) + a2 cos ( k2 x ) + … + an cos ( kn x ) với x ∈ ℝ a1 = a2 = … = an = Xét hàm f ( x) = a1 cos ( k1 x ) + a2 cos ( k2 x ) + … + an cos ( kn x ) c om Nếu f ( x) = , ∀x ∈ ℝ , = f ′′( x) = −a1k12 cos ( k1 x ) − a2 k2 cos ( k2 x ) − … − an kn cos ( kn x ) , ∀x ∈ ℝ n −1 Suy = f ′′( x) + k n f ( x ) = ∑ ( kn − ki ) cos ( ki x ) , ∀x ∈ ℝ i =1 th an Vậy a1 = a2 = … = an = co Suy an cos ( kn x ) = ∀x ∈ ℝ ⇒ an = ng Từ giả thiết quy nạp ta có ( kn − ki ) = , = (vì ki ≠ kn ) với i = 1, n − ðạo hàm hàm hợp g Nếu hàm f ( x) khả vi ñiểm x = x0 hàm ϕ ( x) khả vi ñiểm x = f ( x0 ) , hàm du on hợp g ( x) = ϕ ( f ( x) ) khả vi ñiểm x = x0 , g '( x) = ϕ ' ( f ( x0 ) ) f '( x0 ) u Trong nhiều tập, ta thấy xuất hàm dạng f '( x)ϕ ' ( f ( x) ) , ta tìm cu nguyên hàm ϕ ( x) , xét hàm g ( x) = ϕ ( f ( x) ) Bài toán Cho hàm số f : [ a, b ] → ℝ với b − a ≥ , khả vi (a, b) Chứng minh tồn x0 ∈ (a, b) cho f ' ( x0 ) < + ( f ( x0 ) ) (Olympic SVBK 2011) Nhận xét Ở có xuất hàm f '( x) + ( f ( x) ) , nghĩa ϕ '( x) = , nên ϕ ( x) = arctan x + x2 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Lời giải Phản chứng Giả sử f ' ( x ) ≥ + ( f ( x) ) > , với x ∈ ( a, b ) Khi đó, f '( x) + ( f ( x) ) ≥ , với x ∈ ( a, b ) x ∈ ( a, b ) Xét hàm g ( x) = arctan f ( x) − x , Ta có g '( x ) = f '( x ) + ( f ( x) ) − ≥ , ∀x ∈ ( a, b ) Suy g (a) ≤ g (b) ⇒ arctan f (a ) − a ≤ arctan f (b) − b c om ⇒ arctan f (b) − arctan f (a) ≥ b − a ≥ , π  ≥ arctan f (b)    ⇒ arctan f (b) − arctan f (a ) ≤ π < , mâu thuẫn π arctan f (a ) ≥ −  ng Vậy tồn x0 ∈ (a, b) cho f ' ( x0 ) < + ( f ( x0 ) ) an co th Bài tốn Tìm tất hàm f : ℝ + → ℝ khả vi hai lần ℝ + cho với x ∈ ℝ + : f '( x) > 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 hàm tăng ℝ + (theo (i)), nên suy f ' ( f '( x) ) = x f ' ( f '( x) ) ⋅ f "( x) = − f '( x) ðạo hàm vế (ii) ta ñược (1) (2) f "( x) + =0 f '( x) x Lấy nguyên hàm vế ñược ln f '( x) + ln x = C ( C số) a ⇒ xf '( x) = eC = a ⇒ f '( x) = ⇒ f ( x) = a ln x + b ( a, b số, a > ) x a Thay vào (ii): a ln + b = −a ln x − b ⇒ b = − a ln a x x Vậy f ( x) = a ln x − a ln a = a ln , với x ∈ ℝ + , a số dương a Từ (1) (2) suy xf "( x) = − f '( x) ⇒ CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Dạng 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 ñó, F '( x) = e ∫ ( f '( x) + P( x) f ( x) ) = e∫ g ( x) , tùy vào ñiều kiện g ( x) ñể xác ñịnh biến thiên F ( x ) Bài toán 10 Cho f ( x) hàm số xác ñịnh liên tục ñiểm x ≥ , lấy giá trị khơng âm, x thỏa mãn điều kiện: f ( x) ≤ k ∫ f (t )dt ∀x ≥ , k số dương ng (KSTN 2000) co Chứng minh rằng: f ( x) ≡ , ∀x ≥ 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) ≤ , ∀x ≥ ( x ≥ 0) g Xét hàm F ( x) = e− kx g ( x) du on Ta có F (0) = ≤ F ( x ) (do f ( x) ≥ ), ∀x ≥ Mà F '( x) = e− kx ( g '( x) − kg ( x) ) ≤ , nên F ( x) hàm không tăng ( 0; +∞ ) u Do đó, F ( x ) ≡ ∀x ≥ Vậy f ( x) ≡ , ∀x ≥ cu Bài toán 11 Tìm tất hàm số f ( x) xác ñịnh ñoạn [0;1], khả vi khoảng (0;1) thỏa mãn ñiều kiện: i f (0) = f (1) = 2003 f ′( x) + 2004 f ( x) ≥ 2004 với x ∈ ( 0;1) ii (Olympic SV 2003) Lời giải 2004 2003 Khi đó, F (0) = F (1) = , F ′( x) = e kx ( f ′( x) + kf ( x) − k ) ≥ với x ∈ ( 0;1) Xét hàm F ( x) = ekx ( f ( x) − 1) , với k = Từ suy F ( x) ≡ ∀x ∈ ( 0;1) Vậy f ( x) ≡ ∀x ∈ ( 0;1) CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Cực trị hàm số ðịnh nghĩa Cho hàm số y = f ( x ) xác ñịnh liên tục khoảng ( a, b ) (có thể a −∞ ; b +∞ ) ñiểm x0 ∈ ( a, b ) - Nếu tồn số ε > cho f ( x) < f ( x0 ) với x thuộc lân cận ( x0 − ε , x0 + ε ) ta nói hàm số f ( x) ñạt cực ñại x0 Nếu tồn số ε > cho f ( x) > f ( x0 ) với x thuộc lân cận ( x0 − ε , x0 + ε ) c om - ta nói hàm số f ( x) ñạt cực tiểu x0 ng Nguyên lý cực trị Fermat Nếu hàm y = f ( x ) : co i liên tục [a, b] , iii tồn ñạo hàm x = x0 , th f '( x0 ) = an ii ñạt cực trị (cực ñại cực tiểu) ñiểm x0 , a < x0 < b , du on g Cách xác ñịnh cực trị ðể xác định cực trị, ta phải giải phương trình y ' = Nghiệm x0 phương trình y ' = cực đại cực tiểu ñồ thị u ðể xác ñịnh rõ, dựa vào chiều ñổi dấu y ' dấu y '' cu Bài toán 12 Tìm đa thức P( x) có bậc bé đạt cực ñại x = với P(1) = ñạt cực tiểu x = với P(3) = (KSTN 2003) Lời giải P( x) ñạt cực trị ñiểm x = x = nên có bậc ≥ , P′( x) = ( x − 1)( x − 3) Q( x)  x3  Nếu Q( x) ña thức hằng, Q( x) = a P( x) = a  − x + x  + c   4a P(1) = ⇒ +c = 6, P(3) = ⇒ c = ⇒ a = , ta ñược P( x) = x3 − x + x + CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Kiểm tra thấy ña thức P( x) thỏa mãn tốn có bậc nhỏ Bài toán 13 Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm cấp hai f "( x) ≥ tồn ℝ a ∈ ℝ cố định Tìm giá trị lớn hàm số g ( x) = f ( x) + ( a − x ) f '( x) ℝ (KSTN 2002) Lời giải g '( x) = f '( x) + af "( x) − f '( x) − xf "( x) = f "( x) ( a − x ) Do f "( x) ≥ nên g '( x) ≤ với x > a g '( x) ≥ với x < a c om Suy g ( x ) ≤ g (a ) = f (a ) với x ∈ ℝ Vậy max g ( x) = f (a ) x∈ℝ ng Bài toán 14 Chứng minh hàm f ( x) liên tục [a, b] , khả vi ñiểm ( a, b ) , co f (a ) = f (b) , tồn x0 ∈ (a, b) cho f '( x0 ) = (ðịnh lý Rolle) an Lời giải Do tính liên tục nên hàm f ( x) có GTLN GTNN [a, b] [a ,b ] [a ,b ] th ðặt M = max f ( x) , m = f ( x) g Nếu m = M f hàm hằng, f ′( x) ≡ [a, b] du on Nếu m ≠ M từ điều kiện f (a ) = f (b) suy có giá trị m M khơng đạt ñầu mút [a, b] , f ñạt cực trị ñiểm x0 ∈ (a, b) u Khi đó, f '( x0 ) = cu Bài tốn 15 Cho hàm f ( x) có đạo hàm liên tục ( 0; +∞ ) f (0) = , f ( x) ≤ e − x với x ≥ Chứng minh tồn x0 > cho f '( x0 ) = −e − x0 Lời giải ≤ lim f ( x) ≤ lim e− x = ⇒ lim f ( x) = x →+∞ x →+∞ x →+∞ −x Xét hàm g ( x) = f ( x) − e Ta có g (0) = , g ( x ) ≤ ∀x ≥ , lim g ( x) = lim f ( x) = x →+∞ x →+∞ Khi ñó, tồn x0 ∈ ( 0; +∞ ) mà g ( x) đạt GTNN, điểm cực tiểu Suy g '( x0 ) = , nghĩa f '( x0 ) + e − x0 = hay f '( x0 ) = −e − x0 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Bài toán 16 Hàm số f ( x) khả vi x0 ñược gọi lồi (lõm) ñiểm tồn lân cận ñiểm x0 U ( x0 ) 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 hàm số khả vi ñoạn [a, b] lồi (lõm) ñiểm x0 ∈ ( a, b ) (KSTN 2010) Lời giải co ng Dễ thấy tính chất lồi (lõm) hàm số điểm khơng thay đổi ta thêm vào hàm tuyến tính Nghĩa với p, q ∈ ℝ hàm f ( x) lồi (lõm) điểm x0 hàm f ( x ) + px + q lồi (lõm) ñiểm x0 Giả sử f ( x) khả vi 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, g ( x ) hàm hiển nhiên có điểm lồi (lõm), an g ( x ) khơng phải hàm có điểm cực trị ( a, b ) Dễ thấy ñiểm du on g th cực tiểu điểm lồi, cịn điểm cực ñại ñiểm lõm g ( x ) Theo nhận xét ban ñầu, ta suy ñiểm mà g ( x) đạt cực trị đó, f ( x) lồi lõm, suy ñpcm Các ñịnh lý giá trị trung gian hàm khả vi i ii cu u ðịnh lý Rolle Nếu hàm y = f ( x) : liên tục [a, b] , khả vi ñiểm ( a, b ) iii f (a ) = f (b) , tồn x0 ∈ (a, b) cho f '( x0 ) = Trong nhiều tập chứng minh phương trình f ( x) = có nghiệm thuộc ( a, b ) , ta thiết lập nguyên hàm g ( x ) f ( x) , chứng minh g (a) = g (b) , từ suy đpcm từ định lý Rolle 10 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Bài toán 17 Cho n cặp số thực ak , bk ( k = 1, 2,… , n ) Chứng minh phương trình: n x + ∑ ( ak sin kx + bk cos kx ) = k =1 có nghiệm khoảng ( −π , π ) (OLSV 1994) (KSTN 1999) Lời giải .c om x n  ak cos kx bk sin kx  + ∑− +  k =1  k k  Xét hàm f ( x) = n Khi ñó, f '( x ) = x + ∑ ( ak sin kx + bk cos kx ) = 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 số thực a0 , a1 ,… , a2002 thỏa mãn: co Áp dụng ñịnh lý Rolle, tồn x0 ∈ ( −π , π ) cho f '( x0 ) = , suy ñpcm du on g th a0 ≠   a2002 a1 a2 a0 + + + … + 2003 = Chứng minh phương trình a0 + a1 x + a2 x + … + a2002 x 2002 = có nghiệm thuộc (0;1) Lời giải (KSTN 2002) u x2 x3 x 2003 + a2 + … + a2002 2003 f '( x) = a0 + a1 x + a2 x + … + a2002 x 2002 cu Xét hàm f ( x) = a0 x + a1 Ta có f (0) = f (1) = , áp dụng ñịnh lý Rolle, tồn x0 ∈ (0;1) cho f '( x0 ) = , suy đpcm Bài tốn 19 a b c + + =0 n + n +1 n Chứng minh phương trình ax + bx + c = có nghiệm ( 0;1) Cho số nguyên dương n số thực a, b, c thỏa mãn 11 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt (*) Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Hướng dẫn Xét hàm f ( x) = ax n + bx n +1 cx n + + n + n +1 n Bài toán 20 Cho hàm f g liên tục [ a, b ] , khả vi ( a, b ) g ′( x) ≠ ∀x ∈ ( a, b ) Chứng minh tồn c ∈ ( a, b ) 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) = 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 c ∈ ( a, b ) cho h '(c) = 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 hàm f ( x) liên tục [a, b] , khả vi ñiểm ( a, b ) , tồn x0 ∈ ( a, b ) 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 ) ' = 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 ñpcm theo ñịnh lý Rolle 12 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Bài toán 22 Cho hàm số f ( x) liên tục khả vi ℝ + hàm Cho số thực a, b thỏa mãn < a < b Chứng minh tồn c ∈ ( a, b ) 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 x2 x   th an co ng c om Lời giải af (b) − bf (a ) ðặt = k 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 dẫn đến đpcm theo định lý Rolle du on g Bài toán 23 Cho hàm số f ( x) liên tục [ 0;1] khả vi ( 0;1) , thỏa mãn f (0) = f (1) = Chứng minh ∃ c ∈ ( 0;1) cho f '(c ) = f (c ) u (Olympic SV 2000) Nhận xét Bài liên quan ñến hàm f '( x) + P ( x) f ( x) , 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) = , nên theo ñịnh lý Rolle, tồn c ∈ ( 0;1) cho F '(c) = Khi f '(c ) − f (c ) = , hay f '(c ) = f (c ) Bài tổng quát: Bài toán 24 Chứng minh hàm f , g liên tục [ a ; b ] khả vi ( a ; b ) , thỏa mãn f (a ) = f (b) = Chứng minh ∃ c ∈ ( a ; b ) cho f '(c) + g '(c) f (c) = Hướng dẫn Xét hàm F ( x) = f ( x)e g ( x ) 13 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 *** Hệ ñịnh lý Rolle *** Cho f ( x) hàm khả vi ℝ Dạng Nếu phương trình f ( x) = có n nghiệm thực phân biệt, phương trình f ′( x) = có n − nghiệm thực phân biệt Dạng Nếu phương trình f ′( x) = có n nghiệm thực phân biệt, phương trình f ( x) = có khơng q n + nghiệm thực phân biệt .c om Bài toán 25 Cho hàm f khả vi Chứng minh phương trình f ( x) = có n nghiệm phân biệt phương trình f ( x) + α f ′( x) = có n − nghiệm phân biệt, ∀α ∈ ℝ \{0} Lời giải x Xét hàm g ( x) = e a f ( x) , g ( x) khả vi ℝ , phương trình g ( x) = có n nghiệm phân x ( f ( x) + α f ′( x) ) = ⇔ ng n − nghiệm thực (đpcm) α an Bài tốn 26 Giải phương trình 3x = + x + log (1 + x ) (1) th Lời giải f ( x) + α f ′( x) = có co biệt, nên phương trình g ′( x) = ⇔ eα du on g ðKXð: x > − x (1) ⇔ + x = + x + log (1 + x ) Xét f (t ) = t + log t hàm ñồng biến ( 0; +∞ ) ⇒ 3x = + x ⇒ 3x − x − = u f ( 3x ) = f (1 + x ) cu Xét hàm g ( x) = 3x − x − , x>− Ta có g ′( x) = 3x ln − , g ′′( x) = 3x ( ln 3) > , ∀x > − Phương trình g ′′( x) = khơng có nghiệm thực nên phương trình g ( x) = khơng có q nghiệm, mà g (0) = g (1) = Vậy (1) có nghiệm thực x = x = Bài toán 27 Chứng minh ña thức p ( x) = x x x5 x x3 x − + − + − + x − có nghiệm thực 14 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Lời giải p ( x ) đa thức bậc lẻ nên có nghiệm thực Giả sử p ( x ) có số nghiệm thực ≥ Theo định lý Rolle, ña thức p '( x) = x − x + x − x3 + x − x + có nghiệm, gọi x0 Khi đó, x07 + = ( x0 + 1) p '( x0 ) = ⇒ x0 = −1 , p '(−1) = ≠ , mâu thuẫn Vậy ña thức p ( x) có nghiệm thực .c om Bài tốn 28 Cho P ( x ) đa thức bậc n với hệ số thực Chứng minh phương trình x = P ( x) có khơng q n + nghiệm thực (Olympic SV 2009) Lời giải co ng P ( k ) ñạo hàm cấp k P Xét hàm f ( x) = P( x) − x an f ′( x) = P′( x) − x ln , ……… f ( n ) ( x ) = P ( n ) ( x) − x ( ln ) n th Do P( x) ña thức bậc n nên P ( n +1) ( x ) = Phương trình f ( n +1) ( x) = ⇔ −2 x ( ln ) = ⇔ x = khơng có nghiệm thực, áp dụng định lý Rolle, phương trình f ( x) = có khơng q n + 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 [a, b] , khả vi ñiểm ( a, b ) , tồn x0 ∈ ( a, b ) cho f (b) − f (a ) = f '( x0 ) ( b − a ) Bài toán 29 Cho hàm f ( x) khả vi ñoạn [ 0;1] thỏa mãn f (0) = , f (1) = Chứng minh với k1 > , k2 > , tồn x1 , x2 ∈ [ 0;1] cho k1 k2 + = k1 + k (*) f '( x1 ) f '( x2 ) 15 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Lời giải k1 α 1−α ðặt = α , đó, α ∈ ( 0;1) (*) trở thành + =1 k1 + k 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 ) − f (α ) = 1−α 1−α 1−α = f (α ) + (1 − f (α ) ) = , ñpcm f '( x2 ) c om ∃x2 ∈ (α ;1) : f '( x2 ) = co ng Bài toán 30 Cho hàm số f ( x) liên tục khả vi ñoạn [0;1] thỏa mãn f (0) = 0, f (1) = Chứng minh tồn a, b ∈ ( 0;1) , a ≠ b cho f ′(a ) f ′(b) = Nhận xét (Olympic SV 1999) (KSTN 2008) an Cần có c ∈ ( 0;1) để áp dụng định lý Lagrange khoảng ( 0; c ) ( c ;1) du on g th f (c) − f (0) f (c) = c−0 c f (1) − f (c) − f (c) ∃b ∈ ( c ;1) : f ′(b) = = 1− c 1− c ∃a ∈ ( 0; c ) : f ′(a ) = f ′(a ) f ′(b) = ⇔  f (c) = c f (c ) − f ( c ) ⋅ = ⇔ f (c) (1 − f (c) ) = c(1 − c) ⇔  c 1− c  f (c) = − c cu u Nhưng có vơ số đồ thị hàm qua A(0;0) B(1;1) mà khơng cắt đường thẳng y = x điểm khác A,B (ví dụ đồ thị hàm y = x ), phương án f (c) = c không khả thi Lời giải Xét hàm g ( x ) = f ( x ) + x − liên tục ñoạn [0;1] g (0) = −1 < , g (1) = > , suy tồn c ∈ ( 0;1) cho g (c) = , hay f (c) = − c Áp dụng ñịnh lý Lagrange, f (c) − f (0) f (c) ∃a ∈ ( 0; c ) : f ′(a ) = = c−0 c f (1) − f (c) − f (c) ∃b ∈ ( c ;1) : f ′(b) = = 1− c 1− c Khi đó, f ′(a ) f ′(b) = (đpcm) 16 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 Bài toán 31 Cho hàm số f ( x) khả vi ñoạn [ a, b ] , f (a ) = a −b b−a  a+b , f (b) = , f  ≠ 2   Chứng minh tồn số đơi khác c1 , c2 , c3 ∈ ( a, b ) cho: f ′ ( c1 ) f ′ ( c2 ) f ′ ( c3 ) = (OLSV 2003) Nhận xét Có c1 ∈ ( a, b ) ñể f ′ ( c1 ) = f (b) − f (a ) = b−a 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 ) − f ′ ( c2 ) = = x0 − a x0 − a ng b−a − f ( x0 ) b − x0 cu u du on g th an co a+b  a −b   f ′ ( c2 ) f ′ ( c3 ) = ⇔ ( f ( x0 ) ) −   = ( x0 − a )( x0 − b ) ⇔ ( f ( x0 ) ) =  x0 −      a+b Nhưng lập luận giống trên, phương án f ( x0 ) = x0 − khơng khả thi a+b Vì vậy, f ( x0 ) = − x0 Lời giải f (b) − f (a) Theo ñịnh lý Lagrange, tồn c1 ∈ ( a, b ) cho f ′ ( c1 ) = = b−a a+b Xét hàm g ( x) = f ( x) + x − a+b Ta có g (a) g (b) = − ( a − b ) < nên ∃x0 ∈ ( a, b ) ñể g ( x0 ) = , hay f ( x0 ) = − x0 Theo ñịnh lý Lagrange, f ( x0 ) − f (a ) b − x0 ∃c2 ∈ ( a, x0 ) cho f ′ ( c2 ) = = x0 − a x0 − a ∃c3 ∈ ( x0 , b ) cho f ′ ( c3 ) = f (b) − f ( x0 ) x0 − a = b − x0 b − x0 Khi đó, f ′ ( c2 ) f ′ ( c3 ) = Dễ thấy c2 ≠ c3 (do c2 < x0 < c3 ) Nếu c1 = c2 c1 = c3 b − x0 = x0 − a ⇔ x0 = a+b 17 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55  a+b   a+b suy f   = g  = g ( x0 ) = , mâu thuẫn với giả thiết     Vậy c1 , c2 , c3 ∈ ( a, b ) đơi khác nhau, f ′ ( c1 ) f ′ ( c2 ) f ′ ( c3 ) = Bài toán 32 Cho hàm số f ( x) khả vi ñoạn [0;1] , f (0) = , ∫ f ( x)dx = Chứng minh tồn c ∈ ( 0;1) cho f ′(c) ≥ Nhận xét f ( x0 ) − f (0) f ( x0 ) = ≥ , nghĩa f ( x0 ) ≥ x0 x0 − x0 Lời giải ∫ 1 f ( x)dx < ∫ xdx = x = , mâu thuẫn giả thiết ng Nếu f ( x) < x với x0 ∈ ( 0;1) , c om Cần có x0 ∈ ( 0;1) để f ′(c) = 0 co Suy tồn x0 ∈ ( 0;1) cho f ( x0 ) ≥ x0 f ( x0 ) − f (0) f ( x0 ) = ≥ x0 − x0 th an Theo ñịnh lý Lagrange, tồn c ∈ ( 0, x0 ) cho f ′(c) = g ðịnh lý (số gia hữu hạn) Cauchy Nếu hàm f ( x) g ( x) : liên tục [a, b] , ii khả vi ñiểm ( a, b ) , iii g '( x ) ≠ ∀x ∈ ( a, b ) , du on i cu u tồn x0 ∈ ( a, b ) cho f (b) − f (a) f '( x0 ) = g (b) − g (a ) g '( x0 ) Sử dụng ñịnh lý Cauchy giải Bài toán 22: f ( x) Xét hàm g ( x) = , h( x) = − , ñều khả vi ( a, b ) x x xf ′( x) − f ( x) , g ′( x) = h′( x) = x x Áp dụng ñịnh lý Cauchy, tồn c ∈ ( a, b ) 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 b−a − a b 18 CuuDuongThanCong.com https://fb.com/tailieudientucntt ... an = ng Từ giả thi? ??t quy nạp ta có ( kn − ki ) = , = (vì ki ≠ kn ) với i = 1, n − ðạo hàm hàm hợp g Nếu hàm f ( x) khả vi ñiểm x = x0 hàm ϕ ( x) khả vi ñiểm x = f ( x0 ) , hàm du on hợp g (... > ε , mâu thuẫn ng Vậy α > ≥1> ε , co ðạo hàm biến thi? ?n hàm số an Dạng chứng minh hàm tăng giảm cách tính đạo hàm th Bài tốn Khảo sát biến thi? ?n hàm số f ( x) ñược xác ñịnh sau: g x  + x ... ∀x0 ∈ ( 0; b ) ðạo hàm hàm th an Do F '( x) ≤ , ∀x > , suy ñpcm co x0 Do f ( x) nghịch biến nên x ng F '( x) = tức F hàm giảm ðạo hàm F : xf ( x) − ∫ f (t )dt du on g Hàm khả vi cấp Trong nhiều