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 0 x ≠ . Xét tính liên t ụ c t ạ i ñ i ể m 0 x = : 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 0 x ≠ . Cần tìm α ñể f khả vi tại 0 x = , 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 0 M = . 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 0 x = . V ớ i 0 x ≠ , 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 ñiểm 2 t = − , '( ) g t ñổi dấu từ âm sang dương, do ñó 2 ( ) ( 2) 1 0 g t g e − ≥ − = − > , suy ra '( ) 0 f x > với mọi 0 x ≠ . Vậy ( ) f x ñồng biến 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 ∈ . Chứng minh rằng: 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 '( ) 0 F 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 = + + + − + + + = … … với mọi x b > , f là hàm hằng trên ( ) ;b +∞ nên ( ) 0 f 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 ( ) 0 f 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 x k x k x n f x a e a e a e = + + + … . Nếu ( ) 0 f x = , x ∀ ∈ ℝ , thì 1 2 1 1 2 2 0 ( ) n k x k 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, 1 i 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 1 n = hiển nhiên ñúng. Giả sử bài toán ñúng ñến 1 n − , 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 + + + … với mọi 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 ( ) 0 f 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, 1 i 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 4 b 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 ( ) arctan x x ϕ = . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 6 Lời giải. Phản chứng. Giả sử ( ) ( ) 2 ' 1 ( ) 0 f 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 ( ) 4 f b f a b a ⇒ − ≥ − ≥ , nhưng 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 tất cả các hàm :f + → ℝ ℝ khả vi hai lần trên + ℝ sao cho với mọi x + ∈ ℝ : i. '( ) 0 f x > ii. ( ) '( ) ( ) f f x f x = − { } ( ) 0 x x + = ∈ > ℝ ℝ 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) Từ (1) và (2) suy ra "( ) '( ) xf x f x = − "( ) 1 0 '( ) f x f x x ⇒ + = Lấy nguyên hàm 2 vế ñược ln '( ) ln f x x C + = ( C là hằng số) '( ) '( ) ( ) ln C a xf x e a f x f x a x b x ⇒ = = ⇒ = ⇒ = + ( , a b là các hằng số, 0 a > ). 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 0 x ≥ , 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: ( ) 0 f x ≡ , 0 x ∀ ≥ . (KSTN 2000) Nhận xét. ( ) P x k = − Lời giải. ðặt 0 ( ) ( ) x g x f t dt = ∫ , từ giả thiết ta có '( ) ( ) 0 g x kg x − ≤ , 0 x ∀ ≥ . Xét hàm ( ) ( ) kx F x e g x − = ( ) 0 x ≥ . Ta có (0) 0 ( ) F F x = ≤ (do ( ) 0 f x ≥ ), 0 x ∀ ≥ . Mà ( ) '( ) '( ) ( ) 0 kx F x e g x kg x − = − ≤ , nên ( ) F x là hàm không t ă ng trên ( ) 0; +∞ . Do ñ ó, ( ) 0 F x ≡ 0 x ∀ ≥ . V ậ y ( ) 0 f x ≡ , 0 x ∀ ≥ . 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) 1 f f = = ii. 2003 ( ) 2004 ( ) 2004 f x f x ′ + ≥ v ớ i m ọ i ( ) 0;1 x∈ . (Olympic SV 2003) L ờ i gi ả i. Xét hàm ( ) ( ) ( ) 1 kx F x e f x = − , với 2004 2003 k = . Khi ñó, (0) (1) 0 F F = = , ( ) ( ) ( ) ( ) 0 kx F x e f x kf x k ′ ′ = + − ≥ với mọi ( ) 0;1 x∈ . Từ ñó suy ra ( ) 0 F x ≡ ( ) 0;1 x∀ ∈ . Vậy ( ) 1 f x ≡ ( ) 0;1 x∀ ∈ . 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 ñiểm ( ) 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 ' 0 y = . 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 1 x = v ớ i (1) 6 P = và ñạ t c ự c ti ể u t ạ i 3 x = v ớ i (3) 2 P = . (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 1 x = và 2 x = 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 3 P c a = ⇒ = ⇒ = , ta ñược 3 2 ( ) 6 9 2 P 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 "( ) 0 f 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 "( ) 0 f x ≥ nên '( ) 0 g x ≤ với x a > và '( ) 0 g x ≥ với x a < . Suy ra ( ) ( ) ( ) g x g a f a ≤ = với mọi x ∈ ℝ . Vậy 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 '( ) 0 f 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, ( ) 0 f 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 '( ) 0 f x = . Bài toán 15. Cho hàm ( ) f x có ñạo hàm liên tục trên ( ) 0; +∞ và (0) 1 f = , ( ) x f x e − ≤ với mọi 0 x ≥ . Chứng minh rằng tồn tại 0 0 x > 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 '( ) 0 g 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 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 0 ( , ) x a b ∈ sao cho 0 '( ) 0 f x = . Trong nhiều bài tập chứng minh phương trình ( ) 0 f x = 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. [...]... 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 Nhưng có vô s ñ th hàm ñi qua A(0;0) và B(1;1) mà không c t ñư ng th ng y = x t i ñi m nào khác A,B (ví d ñ th hàm y = x 2 ), vì v y phương án f (c) = c không kh thi L i gi i Xét hàm g ( x ) = f ( x ) + x − 1 liên t c trên ño n [0;1] g (0) = −1 < 0 , g (1) = 1 > 0 , suy ra t n t i c ∈ ( 0;1) sao cho... f (c ) Bài t ng quát: Bài toán 24 Ch ng minh r ng n u các hàm f , g liên t c trên [ a ; b ] và kh vi trong ( a ; b ) , th a mãn f (a ) = f (b) = 0 Ch ng minh r ng ∃ c ∈ ( a ; b ) sao cho f '(c) + g '(c) f (c) = 0 Hư ng d n Xét hàm F ( x) = f ( x)e g ( x ) 13 Tr n Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 *** H qu ñ nh lý Rolle *** Cho f ( x) là hàm kh vi trên ℝ D ng 1 N u phương trình f ( x) = 0 có n nghi m th... x) = 0 có n nghi m th c phân bi t, thì phương trình f ( x) = 0 có không quá n + 1 nghi m th c phân bi t Bài toán 25 Cho hàm f kh vi Ch ng minh r ng n u phương trình f ( x) = 0 có n nghi m phân bi t thì phương trình f ( x) + α f ′( x) = 0 có ít nh t n − 1 nghi m phân bi t, ∀α ∈ ℝ \{0} L i gi i x Xét hàm g ( x) = e a f ( x) , g ( x) kh vi trên ℝ , phương trình g ( x) = 0 có n nghi m phân x bi t, nên phương... có không quá n + 1 nghi m th c (Olympic SV 2009) L i gi i P ( k ) là ñ o hàm c p k c a P Xét hàm f ( x) = P( x) − 2 x f ′( x) = P′( x) − 2 x ln 2 , ……… f ( n ) ( x ) = P ( n ) ( x) − 2 x ( ln 2 ) n Do P( x) là ña th c b c n nên P ( n +1) ( x ) = 0 Phương trình f ( n +1) ( x) = 0 ⇔ −2 x ( ln 2 ) = 0 ⇔ 2 x = 0 không có nghi m th c, vì v y áp d ng ñ nh lý Rolle, phương trình f ( x) = 0 có không quá... K55 Bài toán 22 Cho hàm s f ( x) liên t c và kh vi trên ℝ + và không ph i hàm h ng Cho các s th c a, b th a mãn 0 < a < b Ch ng minh r ng t n t i c ∈ ( a, b ) sao cho: cf '(c) − f (c) = af (b) − bf (a) b−a (Olympic SV 1994) Nh n xét xf '( x) − f ( x) = k ⇔ xf '( x) − f ( x) − k  f ( x) + k ′ =0⇔  =0 x2 x   L i gi i af (b) − bf (a ) ð t = k là h ng s b−a f ( x) + k Xét hàm g ( x) = x af (b)... = ⇒ g (a ) = g (b) a b T ñó d n ñ n ñpcm theo ñ nh lý Rolle Bài toán 23 Cho hàm s f ( x) liên t c trên [ 0;1] và kh vi trong ( 0;1) , th a mãn f (0) = f (1) = 0 Ch ng minh r ng ∃ c ∈ ( 0;1) sao cho f '(c ) = f (c ) Nh n xét Bài này liên quan ñ n hàm f '( x) + P ( x) f ( x) , L i gi i (Olympic SV 2000) ñây P ( x ) = −1 Xét hàm F ( x) = e− x f ( x) F '( x) = e− x ( f '( x) − f ( x) ) Ta có F (0)... nh lý Rolle, phương trình f ( x) = 0 có không quá n + 1 nghi m th c n +1 ð nh lý (s gia h u h n) Lagrange N u hàm y = f ( x) : i liên t c trong [a, b] , ii kh vi t i m i ñi m trong ( a, b ) , thì t n t i x0 ∈ ( a, b ) sao cho f (b) − f (a ) = f '( x0 ) ( b − a ) Bài toán 29 Cho hàm f ( x) kh vi trên ño n [ 0;1] th a mãn f (0) = 0 , f (1) = 1 Ch ng minh r ng v i m i k1 > 0 , k2 > 0 , t n t i x1 , x2... + x = 1 + 2 x + log 3 (1 + 2 x ) Xét f (t ) = t + log 3 t là hàm ñ ng bi n trên ( 0; +∞ ) f ( 3x ) = f (1 + 2 x ) ⇒ 3x = 1 + 2 x ⇒ 3x − 2 x − 1 = 0 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 không có nghi m th c nên phương trình g ( x) = 0 không có quá 2 nghi m, mà g (0) = g (1) = 0 V y (1) có 2 nghi... cx n + + n + 2 n +1 n Bài toán 20 Cho các hàm f và g liên t c trên [ a, b ] , kh vi trên ( a, b ) và g ′( x) ≠ 0 ∀x ∈ ( a, b ) Ch ng minh r ng t n t i c ∈ ( a, b ) sao cho: f ′(c) f (c) − f (a) = g ′(c) g (b) − g (c) Nh n 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) L i gi i Xét hàm h( x ) = f ( x) g (b) + g ( x) f (a)... (c) − f (a) = g ′(c) g (b) − g (c) Bài toán 21 Ch ng minh r ng n u hàm f ( x) liên t c trong [a, b] , kh vi t i m i ñi m trong ( a, b ) , thì t n t i x0 ∈ ( a, b ) sao cho f (b) − f (a ) = f '( x0 ) ( b − a ) (ð nh lý Lagrange) Nh n xét f (b) − f (a ) = f '( x) ( b − a ) ⇔ ( f ( x)(b − a ) − ( f (b) − f (a ) ) x ) ' = 0 L i gi i Xét hàm g ( x) = f ( x)(b − a ) − ( f (b) − f (a ) ) x Ta có g (a) = f . = = = … . 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 = ,. 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 thi t ( ) 0 f x = với mọi D x ∈ , vi c ñạo hàm nhiều lần cả 2 vế có thể. V ậ y 1 α > . ðạo hàm và sự biến thi n 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 thi n c ủ a hàm s ố ( ) f x ñượ c