ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

* * * PHÙNG ĐỨC THÀNH

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI CÁC BÀI
TOÁN PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC
Hà Nội , Năm 2011
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
hàm đa thức 11
2.1 Áp dụng giải phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Áp dụng vào giải phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . 16
2.3 Áp dụng công thức Taylor vào giải một số bài toán về đồ
thị hàm đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3 Áp dụng các định lý cơ bản của hàm khả vi vào giải các
bài toán phổ thông 32
3.1 Định lý Rolle và áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.1.1 Định lý Rolle và các hệ quả áp dụng . . . . . . . 32
3.1.2 Áp dụng định lý Rolle và hệ quả để xét sự tồn tại
nghiệm của một phương trình cho trước . . . . . 34
3.1.3 Áp dụng định lý Rolle và các hệ quả để giải phương
trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2 Định lý Lagrange và áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . 46
3.2.1 Định lý Lagrange và các hệ quả áp dụng . . . . . 46
3.2.2 Áp dụng định lý Lagrange và các hệ quả để giải
phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
1
3.2.3 Áp dụng định lý Lagrange và các hệ quả để giải
hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.2.4 Áp dụng định lý Lagrange và các hệ quả để chứng
minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.3 Định lý Cauchy và áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.3.1 Áp dụng định lý Cauchy để chứng minh bài toán
tổng quát về hệ hoán vị vòng quanh n biến, n ≥ 2,
n ∈ N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.3.2 Áp dụng định lý Cauchy vào chứng minh bất đẳng
thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
Kết luận 99
Tài liệu tham khảo 100

Phần tiếp theo là các áp dụng của định lí Lagrange và các hệ quả vào
giải các bài toán như: giải phương trình, hệ phương trình, chứng minh
bất đẳng thức. Phần cuối chương là các ứng dụng của định lí Cauchy:
áp dụng vào giải hệ hoán vị vòng quanh và chứng minh bất đẳng thức
một biến.
Để hoàn thành luận văn này em xin chân thành cảm ơn tới người thầy
kính mến PGS.TS Nguyễn Đình Sang đã dành nhiều thời gian hướng
dẫn, chỉ dạy trong suốt thời gian xây dựng đề tài cho đến khi hoàn thành
luận văn. Em cũng xin chân thành cảm ơn tới các thầy cô giáo trong
khoa Toán - Cơ -Tin học, Ban Giám hiệu, Phòng Sau đại học trường
ĐHKHTN đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt thời gian học tập tại
trường .
Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và năng lực còn hạn
chế nên bản luận văn không tránh khỏi các thiếu sót, rất mong được các
thầy cô giáo và các bạn góp ý xây dựng .Tôi xin chân thành cảm ơn .
Hà Nội, ngày 20 tháng 11 năm 2011
Học viên
Phùng Đức Thành
4
Bảng các ký hiệu viết tắt
N tập các số tự nhiên
N
∗
tập các số tự nhiên khác 0
Z tập các số nguyên
Z
+
tập các số nguyên dương
Z
−

và f(x) ≤ f(x
0
) (tương ứng f(x) ≥ f(x
0
)) với mọi x ∈ (x
0
− δ, x
0
+ δ).
Điểm x
0
mà tại đó hàm đạt cực đại địa phương hay cực tiểu địa phương
được gọi chung là điểm cực trị của hàm f.
Định lý 1.1.2. (Fermat) Cho khoảng (a, b) ⊂ R và hàm f : (a, b) → R.
Nếu điểm c ∈ (a, b) là điểm cực trị của hàm f và nếu tồn tại f

(c) thì
f

(c) = 0.
Định lý 1.1.3. (Rolle) Giả sử hàm f : [a, b] → R thỏa mãn:
(a) f liên tục trên [a.b],
(b) khả vi trong khoảng (a, b),
(c) f(a) = f(b).
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f

(c) = 0.
Định lý 1.1.4. (Lagrange) Giả sử hàm f : [a, b] → R có các tính chất:
(a) f liên tục trên [a, b],
(b) khả vi trong khoảng (a, b).

Hệ quả 1.1.5. Giả sử f : [a, b] → R liên tục trên [a, b] và khả vi trong
khoảng (a, b). Khi đó:
(a) Nếu f

(x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f là hàm hằng trên [a, b].
(b) Nếu f

(x) > 0 (f

(x) < 0) với mọi x ∈ (a, b) thì f tăng (giảm) thực
sự trên [a, b].
Định lý 1.1.6. (Cauchy) Giả sử các hàm f, g : [a, b] → R có các tính
chất:
1. f và g liên tục trên [a, b],
2. f, g khả vi trên (a, b).
Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
[f(b) −f(a)]g

(c) = [g(b) −g(a)]f

(c) (1.2)
Hơn nữa, nếu g

(x) khác 0 với mọi x ∈ (a, b) thì công thức (1.2) có dạng
f

(c)
g

(c)

k
+
f
(n+1)
(c)
(n + 1)!
(x −x
0
)
n+1
(1.4)
trong đó c là điểm nằm giữa x và x
0
.
Nhận xét: Vì c nằm giữa x và x
0
nên (1.4) có thể viết dưới dạng
sau:
f(x) =
n

k=0
f
(k)
(x
0
)
k!
·(x−x
0

n+1
được gọi là số dư thứ n của công thức Taylor dưới dạng Lagrange.
Định lý 1.2.2. (Công thức khai triển Taylor của hàm f trong
lân cận của x
0
) Cho khoảng (a, b) ⊂ R. Giả sử rằng f : (a, b) → R khả
vi đến cấp n trong một lân cận nào đó của x
0
∈ (a, b) và f
(n)
(x) liên tục
tại x
0
. Khi đó với x ở trong lân cận nói trên của x
0
, chúng ta có:
f(x) = f(x
0
)+
f

(x
0
)
1!
(x−x
0
)+···+
f
(n)

(x −x
0
)
n
= 0
Đại lượng r
n
(x) = o((x − x
0
)
n
) được gọi là số dư dạng Peano.
1
Taylor Brook (1685-1731)- nhà toán học Anh. Năm 1712 ông tìm ra công thức tổng quát (công
thức Taylor) đối với sự khai triển một hàm thành chuỗi lũy thừa.
8
Khai triển Taylor của hàm f(x) trong lân cận của điểm x
0
= 0,
ta nhận được công thức khai triển Mac-Laurin:
f(x) = f(0) +
f

(0)
1!
x + ···+
f
(n)
(0)
n!

n!
+ o(x
n
) (1.8)
2. Hàm y = sin x: Ta có f
(n)
(x) = sin

x + n
π
2

. Tại x
0
= 0, ta có
f
(2n)
(0) = 0, f
(2n+1)
(0) = (−1)
n
. Do vậy, theo (1.7), ta có:
sin x = x −
x
3
3!
+
x
5
5!

(0) = 0. Do vậy, theo (1.7), ta có:
cos x = 1 −
x
2
2!
+
x
4
4!
−
x
6
6!
+ ···+ (−1)
n
·
x
2n
(2n)!
+ o(x
(2n+1)
) (1.10)
4. Hàm y = ln(1+x) khả vi ∀x > −1, f
(n)
(x) = (−1)
n−1
(n−1)!·(1+x)
−n
.
Tại x

Tại x
0
= 0, ta có f
(k)
(0) = α(α −1) ···(α −k + 1). Áp dụng (1.7), ta có:
(1+x)
α
= 1+αx+
α(α − 1)
2!
x
2
+···+
α(α − 1) ···(α − n + 1)
n!
x
n
+o(x
n
)
(1.12)
9
Lưu ý: Nếu f(x) là đa thức bậc n thì f
(n+1)
(x) = 0, ta luôn biểu diễn
f(x) dưới dạng:
f(x) = f(a)+
f

(a)

+ ···+ a
n−1
x
n−1
+ x
n
(2.1)
Hàm y = f(x) là hàm khả vi trên R, với α ∈ R bất kỳ f(x) có công
thức Taylor dạng:
f(x) = f(α) + f

(α)(x − α) +
f

(α)
2!
(x −α)
2
+ ···+
+
f
(n−1)
(α)
(n −1)!
(x −α)
n−1
+ (x −α)
n
(2.2)
Dưới đây, ta xét một số ứng dụng của khai triển (2.2) vào giải các

t
3
+ pt + q = 0 (2.5)
với
t = x − α (2.6)
bằng cách tìm α sao cho f

(α) = 0 ⇔ 6α + 2a
2
= 0 hay α = −
a
2
3
, và





p = f

(α) = f


−
a
2
3

q = f(α) = f





u
3
+ v
3
= −q
u
3
v
3
= −
p
3
27
u
3
, v
3
là hai nghiệm của phương trình bậc hai sau:
X
2
+ qX −
p
3
27
= 0 (2.8)
12

=
3

−q −
√
∆
2
+
3

−q +
√
∆
2
+ α
là một nghiệm thực của phương trình (2.3). Để tìm nghiệm còn lại, ta
đưa về dạng tích:
(x −x
1
)(ax
2
+ bx + c) = 0
Trường hợp 2. Nếu ∆ < 0, phương trình (2.8) có hai nghiệm phức:
X
1
= u
3
=
−q −


ϕ + k2π
n

, với k = 0, 1, 2 và n = 3.
Tương tự X
2
có ba căn bậc ba là:
v
k
=
n
√
r

cos
ϕ + k2π
n
− i sin
ϕ + k2π
n

, với k = 0, 1, 2 và n = 3.
Từ đó, ta có ba nghiệm thực của phương trình (2.3) là:








x
3
− α = u
3
+ v
3
= 2
3
√
r cos
ϕ + 4π
3
⇔













x
1
= α + 2
3

√
2x
2
+ 2x −6
√
2 = 0 (1)
Lời giải
Xét hàm f(x) = x
3
−3
√
2x
2
+ 2x −6
√
2. Ta có f

(x) = 3x
2
−6
√
2x + 2
và f

(x) = 6x − 6
√
2. Gọi α ∈ R sao cho
f

(α) = 0 ⇔ 6α −6

2 = −8
√
2
∆ = q
2
+
4p
3
27
=
3200
27
> 0
Vậy theo trường hợp 1 thì phương trình có một nghiệm thực là:
x
1
−
√
2 =
3

8
√
2 −

3200
27
2
+
3

3

2
3
⇔ x
1
=
√
2 + 2
√
2 = 3
√
2
Khi đó, (1) viết dưới dạng tích:
(1) ⇔ (x − 3
√
2)(x
2
+ 2) = 0 ⇔

x
1
=3
√
2
x
2,3
=±
√
2i

√
4)x −(3
3
√
4 + 1). Ta có
f

(x) = 3x
2
+ 6x + 3(1 −
3
√
4), f

(x) = 6x + 6
Với α ∈ R sao cho f

(α) = 0 ⇔ 6α + 6 = 0 ⇔ α = −1. Ta tính
p = f

(α) = f

(−1) = −3
3
√
4
q = f(α) = f(−1) = −2
∆ = q
2
+

3

v
3
= X
2
= 1 + i
√
3 = 2

cos
π
3
+ i sin
π
3

Khi đó, X
1
, X
2
có các căn bậc ba là:
u
k
=
3
√
2

cos

Vậy phương trình ban đầu có ba nghiệm thực là:













x
1
= −1 + 2
3
√
2 cos
π
3
x
2
= −1 + 2
3
√
2 cos
π
3

2
4
− 3x +
3
4
= 0. Đáp số x = {±
√
3, −
1
4
}.
15
Bài tập 2.1.4. x
3
−
√
3x
2
+ 2x −2
√
3 = 0. Đáp số x = {±i
√
2,
√
3}.
Bài tập 2.1.5. 8x
3
− 22x
2
− x +

= 0. (2.11)
Khai triển Taylor của f(x) tại α ∈ R thì (2.11) có dạng:
f(x) = f(α) + f

(α)(x − α) +
f

(α)
2!
(x −α)
2
+
f
(3)
(α)
3!
(x −α)
3
+ (x −α)
4
= 0.
(2.12)
Ta cần tìm α ∈ R sao cho f
(3)
(α) = 0 ⇔ α = −
a
3
4
. Khi đó, phương
trình (2.11) có dạng rút gọn là:

2
− 4(m + 2β)(p + β
2
) = 0. (2.15)
Khi đó, (2.14) viết dưới dạng bình phương đúng:
2
(t
2
+ β)
2
= (ξt + η)
2
⇔


t
2
+ β = ξt + η
t
2
+ β = −(ξt + η)
⇔


t
2
+ β − ξt − η = 0 (∗)
t
2
+ β + ξt + η = 0 (∗∗)

− 4x −2. Khi đó, ta có
f

(x) = 4x
3
+ 24x
2
+ 30x −4,
f

(x) = 12x
2
+ 48x + 30,
f
(3)
(x) = 24x + 48.
Với α ∈ R: f
(3)
(α) = 0 ⇔ α = −
8
4
= −2. Ta tính
m = −
f

(−2)
2
= −
12 ·4 −48 · 2 + 30
2

−18). Ta cần tìm β ∈ R sao cho ∆ = 0,
hay là
(9 + 2β)(β
2
− 18) = 0 ⇔





β = −
9
2
β = ±3
√
2.
17
Với β = −
9
2
, thay vào phương trình (3), ta được:
(3) ⇔

t
2
−
9
2

2

2
−
9
2
= −
3
2
⇔

t
2
= 6
t
2
= 3
⇔

t = ±
√
6
t = ±
√
3.
Vậy phương trình (1) có bốn nghiệm là:
x
1
= −2 −
√
6, x
2

3
+ 12x
2
+ 6x −12,
f

(x) = 12x
2
+ 24x + 6,
f
(3)
(x) = 24x + 24.
Với α ∈ R sao cho f
(3)
(α) = 0 ⇔ α = −
4
4
= −1. Đặt t = x − α =
x + 1. Phương trình (1) có dạng sau:
t
4
= mt
2
+ nt + p. (2)
Ta tính:
m = −
f

(α)
2

+ 10t + 4 + β
2
⇔ (t
2
+ β)
2
= (3 + 2β)t
2
+ 10t + 4 + β
2
.
(3)
Ta tính: ∆ = 100 − 4(3 + 2β)(4 + β
2
). Ta có:
∆ = 0 ⇔ 25−(3 + 2β)(4 + β
2
) = 0 ⇔ 2β
3
+ 3β
2
+ 8β −13 = 0 ⇒ β = 1.
Thay β = 1 vào (3), chúng ta có:
(t
2
+ 1)
2
= 5t
2
+ 10t + 5 ⇔ (t

=
√
5 −

1 + 4
√
5
2
.
Phương trình (∗∗) có hai nghiệm là:
t
3
=
−
√
5 + i

4
√
5 −1
2
, t
4
=
−
√
5 −i

4
√

2
+ i

4
√
5 −1
2
, x
4
= −1 −
√
5
2
− i

4
√
5 −1
2
.
Bài tập tham khảo: Giải các phương trình sau
Bài tập 2.2.3. x
4
−13x
2
+18x−5 = 0. Đáp số x =

−3 ±2
√
5

Gọi
f(x) = a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ ···+ a
n−1
x
n−1
+ x
n
(2.17)
là đa thức bậc n, n ∈ N, với các hệ số thực, đối số x ∈ R. Tại α ∈ R bất
kì, f(x) có công thức Taylor là:
f(x) = f(α) +
f

(α)
1!
(x −α) +
f

(α)
2!
(x −α)
2



f

(α) = 0
f
(4)
(α) = 0
. . .
f
(2k)
(α) = 0, k ≥ 1, k ∈ N.
Chứng minh. Xét phép tịnh tiến hệ tọa độ Oxy theo vector v =
−→
OI(α, f(α))
từ công thức đổi hệ trục tọa độ:





X = x − α
Y = f(x) − f(α)
Khi đó trong hệ trục tọa độ IXY thì đồ thị (C) có phương trình
dạng:
Y = f

(α)X +
f







f

(α) = 0
f
(4)
(α) = 0
···
f
(2k)
(α) = 0, k ≥ 1, k ∈ N
(2.20)
hay α là nghiệm của hệ phương trình (2.20).
Định lý 2.3.2. Đồ thị (C) nhận đường thẳng x = α làm trục đối xứng
khi và chỉ khi α là nghiệm của hệ phương trình:























f

(α) = 0
f
(3)
(α) = 0
···
f
(2k−1)
(α) = 0, k = 1, 2,
hay α là nghiệm của hệ (2.21).
21
Định lý 2.3.3. Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số bậc ba cắt trục
hoành tại ba điểm có hoành độ lập thành cấp số cộng là α là nghiệm của
hệ:






(α)(x − α) +
f

(α)
2!
(x −α)
2
+ (x −α)
3
.
Suy ra
f(x) = f

(α)(x − α) + (x −α)
3
. (C)
Xét phương trình hoành độ giao điểm chung của (C) với trục Ox:
f

(α)(x − α) + (x −α)
3
= 0 ⇒ x = α hoặc x − α = ±

−f

(α).
Từ đó, ta có hoành độ các giao điểm của (C) với Ox là:
x
2

0
+ d. Khi đó theo
định lý Viet đối với phương trình bậc ba:
a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ x
3
= 0
ta có
(x
0
− d) + x
0
+ (x
0
+ d) = −a
2
⇔ x
0
= −
a
2
3
.

của (C) với trục hoành có dạng:
f(α) + f

(α)(x − α) +
f

(α)
2!
(x −α)
2
+ (x −α)
3
= 0
⇔f

(α)(x − α) + (x −α)
3
= 0
⇔x = α hoặc (x − α)
2
= −f

(α).
Do phương trình có ba nghiệm lập thành cấp số cộng nên suy ra f

(α) <
0. Vậy (iii) được thỏa mãn.
Sau đây, ta xét một số ví dụ áp dụng.
Ví dụ 2.3.4. Tìm m để đồ thị hàm y = x
3









f(α) = 0
f

(α) = 0
f

(α) < 0
⇔













α

m
3
9
+
m
3
− m = 0
3 ·
m
2
9
−
2m
2
3
− 1 < 0
⇔





2m
3
− 18m = 0
m
2
+ 3 > 0
⇔ m = {0, ±3}.
23