9 Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
9.1Các định lý về hàm khả vi
Định nghĩa 1.25 (Cực trị của hàm số). Cho hàm số f(x)liên tục trên(a,b), ta nói hàm số đạt cực trị tại điểm x0 ∈ (a,b) nếu∃U(x0) ⊂ (a,b) sao cho f(x)− f(x0) không đổi dấu
∀x ∈ U(x0)\ {x0}.
• Nếu f(x)− f(x0)>0thì ta nói hàm số đạt cực tiểu tại x0. • Nếu f(x)− f(x0)<0thì ta nói hàm số đạt cực đại tạix0.
Định lý 1.31 (Định lý Fermat). Cho f(x)liên tục trên khoảng(a,b), nếu hàm số đạt cực trị tại điểm x0 ∈ (a,b) và có đạo hàm tạix0 thì f′(x0) = 0.
Chứng minh. Nếu hàm số đạt cực đại tạix0thì theo định nghĩa tồn tại một lân cậnU(x0) sao cho f(x)− f(x0) < 0∀x ∈ U(x0). Do đó, với h đủ nhỏ sao cho f(x0+h) ∈ U(x0) thì
f(x0+h)− f(x0) <0. • f′(x0+) = lim h→0+ f(x0+h)−f(x0) h ≤0. • f′(x0−) = lim h→0− f(x0+h)−f(x0) h ≥0.
Do giả thiết tồn tại f′(x0)nên f′(x+0) = f′(x0−). Điều này chỉ xảy ra khi f′(x+0) = f′(x−0) = 0.
Ví dụ 9.1 (Giữa kì, K61). Tìm các cực trị của các hàm số a) y = cosx
2+sinx trong khoảng(0, 2π). b) y= sinx
2+cosx trong khoảng(0, 2π).
Ví dụ 9.2 (Cuối kì, K61-Viện ĐTQT). Cho f(x) là một hàm số khả vi trên R và thỏa mãn f′(2) <λ< f′(3). Chứng minh rằng tồn tạix0∈ (2, 3) sao cho f′(x0) =λ.
[Lời giải] Xét hàm số g(x) = f(x)−λx. Khi đó,
i) g′(2) = f′(2)−λ<0, do đó tồn tạix1 ∈ (2, 3)nào đó sao chog(x1)< g(2), nếu không thì
g+′ (2) = lim
x→2+
g(x)−g(2)
x−2 ≥0.
ii) g′(3) = f′(3)−λ>0, do đó tồn tạix2 ∈ (2, 3)sao cho g(x2) <g(3), nếu không thì g−′ (3) = lim
x→3−
g(x)−g(2)
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng 57
iii) Do đó, g(x)đạt cực tiểu tại điểm x0 ∈(2, 3)⇒ g′(x0) =0 ⇒ f′(x0) =λ.
Định lý 1.32 (Định lý Rolle). Nếu hàm số f(x) : i) Liên tục trong khoảng đóng [a,b],
ii) Có đạo hàm trong khoảng mở(a,b), iii) thỏa mãn điều kiện f(a) = f(b),
thì tồn tại ít nhất một điểmc ∈ (a,b) sao cho f′
(c) = 0.
Chứng minh. Do hàm số f(x)liên tục trên[a,b]nên nó đạt GTLN và GTNN trên[a,b]. Ta chia làm các trường hợp sau:
• Nếu f(x)là hằng số trên [a,b] thì f′(x) = 0∀x ∈(a,b).
• Nếu có số x ∈ (a,b)sao cho f(x) > f(a) = f(b) thì GTLN của f(x) sẽ phải đạt được tại một điểmc nào đó thuộc(a,b) (do nó không đạt GTLN tại hai đầu mút). Khi đó, theo Định lý Fermat, f′(c) = 0.
• Nếu có số x ∈ (a,b) sao cho f(x) < f(a) = f(b) thì GTNN của f(x) sẽ phải đạt được tại một điểm cnào đó thuộc (a,b) (do nó không đạt GTNN tại hai đầu mút). Khi đó, theo Định lý Fermat, f′(c) = 0.
Ví dụ 9.3 (Học kì 20163). Cho hàm số f(x) = (x −1)(x2 −2)(x2 −3). Phương trình f′(x) =0có bao nhiêu nghiệm thực? Giải thích.
[Lời giải] Phương trình f(x) = 0 có5 nghiệm là x = −√3,x = −√2,x = 1,x =√
2 và
x=√
3.
i) Vì f(−√3) = f(−√2) = 0 nên theo Định lý Rolle, tồn tại x1 ∈ (−√3,−√2) sao cho f′(x1) = 0.
ii) Vì f(−√2) = f(1) = 0nên theo Định lý Rolle, tồn tạix2 ∈ (−√2, 1)sao cho f′(x2) =0. iii) Vì f(1) = f(√
2) =0nên theo Định lý Rolle, tồn tại x2 ∈ (1,√
2)sao cho f′(x3) = 0. iv) Vì f(√
2) = f(√
3) =0nên theo Định lý Rolle, tồn tạix4 ∈ (√
2,√
2)sao cho f′(x4) =0. Vậy phương trình f′(x) = 0 có ít nhất 4nghiệm. Mặt khác, f′(x) là một đa thức bậc bốn, nên nó có nhiều nhất là bốn nghiệm. Kết luận: phương trình f′(x) =0 có đúng4nghiệm phân biệt.
a) phương trình3ax2+4bx+5c =0có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng(1,+∞). b) phương trình2ax2+3bx+4c =0có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng(1,+∞).
[Lời giải]
a) Xét hàm số f(x) = cx5+bx4+ax3 thỏa mãn các điều kiện của Định lý Rolle trong khoảng[0, 1]. Do đó, ∃x0 ∈ (0, 1)|f′(x0) = 5cx40+4bx30+3ax20 =0⇒3a 1 x0 2 +4b 1 x0 +5c=0.
Vậy phương trình3ax2+4bx+5c =0có nghiệm 1
x0 ∈ (1,+∞).
b) Xét hàm số f(x) = cx4+bx3+ax3 thỏa mãn các điều kiện của Định lý Rolle trong khoảng[0, 1]. Do đó, ∃x0 ∈ (0, 1)|f′(x0) = 4cx30+3bx20+2ax0 =0⇒2a 1 x0 2 +3b 1 x0 +4c=0.
Vậy phương trình2ax2+3bc+4c =0có nghiệm 1
x0 ∈ (1,+∞).
Ví dụ 9.5 (Cuối kì, K62). Cho f liên tục trên [a,b] và thỏa mãn
b
Z
a
f(x)dx = 0. Chứng minh rằng∃c ∈ (a,b) sao cho2017
Z c
a f(x)dx = f(c). [Lời giải]
Xét hàm số g(x) =
Z x
a f(t)dt, là một hàm số liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b) và
g(a) = g(b) =0. Do đó, hàm số h(x) = e−2017xg(x) cũng là một hàm số liên tục trên[a,b], khả vi trên(a,b)và h(a) = h(b) =0. Áp dụng Định lý Rolle với hàm sốh(x) trong khoảng [a,b]ta có: ∃c ∈ (a,b) : h′(c) =0⇔ g′(c)e−2017c−2017e−2017cg(c) =0 ⇔ g′(c)−2017g(c) = 0 ⇔ f(c) =2017 c Z a f(t)dt =2017 c Z a f(x)dx.
Ví dụ 9.6 (Olympic Toán học sinh viên Toàn quốc 2018 - Bảng B). Giả sử f : [0, 1] →
R là một hàm số khả vi sao cho 1 Z 0 f(x)dx = 1 Z 0 x f(x)dx. Chứng minh rằng tồn tại số c ∈ (0, 1)sao cho f(c) =2018 c Z 0 f(x)dx.
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng 59 Chứng minh. i) Xét hàm số F(x) = x x Z 0 f(t)dt− x Z 0 t f(t)dt khả vi trên [0, 1] và F(0) =
F(1) =0. Theo Định lý Rolle, tồn tại x0 ∈(0, 1) sao choF′(x0) =0⇔
x0 Z 0 f(t)dt =0. ii) Đặt G(x) = e−2018x x Z 0 f(t)dt thì G(x) là một hàm số khả vi trên [0, 1] với G(0) = G(x0) =0. Theo Định lý Rolle, tồn tạic ∈ (0,x0) sao cho
G′(c) = 0⇔ f(c) = 2018
c
Z
0
f(x)dx.
Ví dụ 9.7 (Olympic Toán học sinh viên Toàn quốc 2018 - Bảng A). Giả sử f : [0, 1]→
R là một hàm số khả vi sao cho 1 Z 0 f(x)dx = 1 Z 0 x f(x)dx. Chứng minh rằng tồn tại số c ∈ (0, 1)sao cho f(c) =2018f′(c) c Z 0 f(x)dx. Chứng minh. i) Xét hàm số F(x) = x x Z 0 f(t)dt− x Z 0 t f(t)dt khả vi trên [0, 1] và F(0) =
F(1) =0. Theo Định lý Rolle, tồn tại x0 ∈(0, 1) sao choF′(x0) =0⇔
x0 Z 0 f(t)dt =0. ii) Đặt G(x) = e−2018f(x) x Z 0 f(t)dt thì G(x) là một hàm số khả vi trên [0, 1] với G(0) = G(x0) =0. Theo Định lý Rolle, tồn tạic ∈ (0,x0) sao cho
G′(c) =0 ⇔ f(c) = 2018f′(c) c Z 0 f(x)dx. Định lý 1.33 (Định lý Lagrange). Nếu hàm số f(x) : i) Liên tục trong khoảng đóng [a,b],
thì tồn tại ít nhất một điểmc ∈ (a,b) sao cho f′(c) = f(b)b−−af(a).
Chứng minh. Xét hàm số
h(x) = f(x)− f(a)− f(b)− f(a)
b−a (x−a).
Có thể dễ dàng kiểm chứngh(x) thỏa mãn các điều kiện của Định lý Rolle, do đó tồn tại c ∈ (a,b) sao choh′(c) = f′(c)− f(b)b−−af(a) =0.
Ví dụ 9.8 (Giữa kì, K61). Chứng minh các bất đẳng thức sau với 0<a <b. a) a−b 1+a2 <arccotb−arccota< a−b 1+b2. b) b−a 1+b2 <arctanb−arctana< b−a 1+a2. [Lời giải]
a) Áp dụng Định lý Lagrange với hàm số f(x) =arccotxtrong khoảng[a,b]ta có
arccotb−arccota b−a = f′(c) = − 1 1+c2 vớic ∈ (a,b) nào đó. Do đó, − 1 1+a2 < arccotb−arccota b−a =− 1 1+c2 <− 1 1+b2
dẫn đến điều phải chứng minh. b) Tương tự câu a).
Ví dụ 9.9 (Giữa kì, K59). Cho hàm số f : (0,+∞) → R thỏa mãn f(x) ≤ 1và f′′(x) ≥0
với mọi x>0. Chứng minh rằng f′(x)≤0với mọi x>0. [Lời giải]
Giả sử phản chứng, tồn tạix0>0sao cho f′(x0) >0. i) Vì f′′(x)≥0nên f′(x)≥ f′(x0) với mọi x> x0.
ii) Áp dụng Định lý Lagrange cho hàm số f(x) trong khoảng [x0,x] ta có: tồn tại c ∈
(x0,x) sao cho f(x) = f(x0) + f′(c)(x−x0) ≥ f(x0) + f′(x0)(x−x0).
iii) Mặt khác, vì f′(x0) >0nên lim
x→+∞ f(x0) + f′(x0)(x−x0) = +∞ ⇒ lim
x→+∞ f(x) = +∞, trái với giả thiết f(x)≤1với mọi x>0.
Mâu thuẫn này chứng tỏ f′(x)≤0với mọi x>0.
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng 61
i) Liên tục trong khoảng đóng [a,b], ii) Có đạo hàm trong khoảng mở(a,b),
iii) g′(x) không triệt tiêu trong khoảng mở(a,b) thì tồn tại ít nhất một điểmc ∈ (a,b) sao cho
f(b)− f(a) g(b)−g(a) =
f′(c) g′(c).
Chú ý 1.12. a) Định lý Rolle là trường hợp riêng của định lý Lagrange, định lý La- grange là trường hợp riêng của định lý Cauchy. Các giả thiết trong các định lý này là cần thiết.
b) Định lý Lagrange còn có một dạng khác, đó là công thức số gia hữu hạn:
∆f = f′(x0+θ∆x), θ ∈ (0, 1).