ứng dụng định lý lagrange vào giải
toán trung học phổ thông
I. Định lý Lagrange và hệ quả
Cho hàm số f(x) xác định liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b). Thế thì


c(a,b) sao cho f'(c)=
ab
)a(f)b(f


.
Hệ quả 1(định lý Rolle): Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên [a,b], khả
vi trên (a,b), ngoài ra f(a) = f(b). Thế thì

c(a,b) sao cho f'(c) = 0.
Hệ quả 2: Cho hàm số f(x) xác định liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b), ngoài
ra f'(x) = 0

x

(a,b) thì f(x) = const

x

[a,b].
Chứng minh
Ta chứng minh với

x
0


c(x
0
,y
0
) để f'(c)=
y
x
y
x
0
0
0
o
)(f)(f


. Do

c(x
0
,y
0
)

f'(c) = 0

f(x
0
) = f(y

,x
i+1
]

[a,b]
(i=1,n+1) thì

y
i

[x
i
,x
i+1
]

[a,b] sao cho f'(y
i
) =
i1i
i1i
xx
)x(f)x(f


+
+
= 0 nghĩa là
phơng trình f'(x) = 0 có quá n nghiệm trên [a,b], mâu thuẫn với giả thiết


0


R là nghiệm của phơng trình (1) nghĩa là:
(a+c)

)x(f
0
+ b
)x(f
0
= a
)x(f
0

+(b+c)

)x(f
0


(a+c)
)x(f
0
-a
)x(f
0
= (b+c)
)x(f
0

- m
1)x(f
0

] =0

( )
0 0
0
f (x ) 1 f ( x ) 1
0
0
f (x ) 0
(m c) m 0
f (x ) 0
f (x ) 1
đpcm

=



+ =

=



=


y
- 5
y
.
Xét hàm số f(t) = (t+1)
y
- t
y
với t

[2,5]. Do y là nghiệm của phơng
trình nên ta có f(2) = f(5) .Vậy theo hệ quả 1:

c

(2,5) sao cho f'(c) = 0.

y[(c+1)
y-1
- c
y-1
] = 0

y = 0 hoặc (c+1)
y-1
- c
y-1
= 0

y = 0 hoặc: y - 1 = 0

x
và giải nh bài toán ví dụ 2.
Cách 2. phơng trình đã cho tơng đơng :
4
3
(
)
x
+(
3
5
)
x
- 2 = 0. Xét hàm số f(x) =
4
3
(
)
x
+ (
3
5
)
x
- 2 = 0 có y'' =
4
3
(
)
x

2
xx
42 +
Giải
Phơng trình đã cho tơng đơng :
xxxx
3423
22
=
1. Điều kiện cần
Giả sử y là nghiệm của phơng trình đã cho

yyyy
3423
22
=
.
Xét hàm số f(t) =
yy
t)1t(
2
+
trên [2,3] do y là nghiệm của phơng trình suy
ra : f(2) = f(3) vậy theo hệ quả 1 ta có
)3,2(c
.sao cho
f'(c) = 0


1y1y

2

< (c+1)
1y
2

< c
1y
2

< c
1y
với y

0 ta có : y(c+1)
1y
2



0 < c
1y

Vậy chỉ có y = 1 thỏa mãn (*).
2. Điều kiện đủ
Dễ thấy: y = 0 và y = 1 là nghiệm của phơng trình đã cho
Kết luận: Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là 0 và 1.
Nhận xét: Qua bài toán II.1.4 ta có thể giải phơng trình sau:

)x(f)x(f

f'(c) + g'(c)(f(c) - m) = 0

f'(c) + g'(c).f(c) = m.g'(c) hay phơng trình: f'(x) + g'(x).f(x) = m.g'(x) có
nghiệm
)b,a(c
.
Nhận xét: ta xét hai trừơng hợp đặc biệt của bài toán ở ví dụ 5
1/ Nếu cho f(a) = f(b) = m = 0 và chọn g(x) = x ta nhận đợc phơng
trình f'(x) - f(x) = 0. Đây là đề thi toán sinh viên toàn quốc năm 2000.
2/ Nếu cho f(a) = f(b) = 0 ta đợc lời giải bài toán với phơng trình f'(x)
+ g'(x).f(x) = 0. Đây là dạng mà ta hay sử dụng đến trong các phần sau.
3/ Sau đây ta sẽ chỉ ra hàm f(x) và hàm g(x) thỏa mãn bài toán.Ta chọn
f(x) = x.sinx.sin(x - 1)
2
; g(x) = x. Dễ thấy f(x), g(x) khả vi trên [0,1]. Khi đó
thay vào phơng trình (*) ta đợc phơng trình :
[sinx.sin(x - 1)
2
+ x.cosx.sin(x - 1)
2
+ 2x(x - 1).sinx.sin(x - 1)
2
] + x.sinx.sin(x -
1)
2
= 0 (**).
Phơng trình này có nghiệm x = 0, x = 1 và ít nhất 1 nghiệm thuộc (0,1) chính
vì vậy để chứng minh (**) có nghiệm thuộc (0,1) mà dựa vào tính liên tục hay
khảo sát hàm số một cách thông thờng thì là một bài toán khó; mà khi đó ta
phải xét hàm f(x) = x, sinx.sin(x - 1)

4
a
2
3
a
aa
n
a
......
3
a
2
a
a
+
+++++=++++
=0. Chứng
minh phơng trình : a
1
+2a
2
x +3a
3
x
2
+........+n.a
n
x
n-1
= 0 có ít nhất một nghiệm

2
10
n
3
1
0
2
1n
a
......2
3
a
2a
2
1
a2)2(f;0
n
a
......
3
a
2
a
a
+
+
++++==++++
=
)2
1n


sao cho f''(c
3
) = 0.

a
1
+ 2a
2
c + 3a
3
c
2
+........+n.a
n
c
n-1
= 0 .
Hay phơng trình : a
1
+ 2a
2
x + 3a
3
x
2
+........+ n.a
n
x
n-1

) .
Giải :
Điều kiện
)2n(5
)b2a3(6
c
+
+
=


0
3
c5
2n
b4
2n
a6
=+
+
+
+
;
Xét hàm số
xsin.cxcos
3
c2
xcos
2n
b4

(f
)x('f
0




=

=+++

)cxcos.cxcosb2xsin.a3(x2sin
2
00
n
0
n
0
=
+

+
+
)
3
c2
2n
b4
()c
2n

n
=+++
nghĩa là phơng trình :
3a.sin
2
x + 2b.cos
n
x + c.cosx + c = 0 có nghiệm x = x
0


(0,
2

) .
Nhận xét : Qua các bài toán ở ví dụ 6 và ví dụ 7 vừa xét trên ta thấy để
chứng minh phơng trình f(x) = 0 có nghiệm ta tiến hành xét trên các nguyên
hàm của f(x) sau đó vận dụng định lý Lagrange chỉ ra sự tồn tại nghiệm của
phơng trình f(x) = 0. Đây là dạng bai toán thờng hay gặp mà ta cần chú ý.
Ví dụ 8:Tìm tất cả các cặp số nguyên dơng m, n thỏa mãn:
1)nm(
1)nm(
n
m
n
m
22
n
m
22

yln
x
xln
=
(3); Giả sử có x
0
, y
0
đợc nghiệm đúng (3) ; ta
xét hàm số f(t)=
t
tln
với t > 0 ta có f'(t) =
2
t
tln1
với
0t >
do x
0
, y
0
là
nghiệm của (3)

f(x
0
) = f(y
0
) nên theo hệ quả 1 :


2
2ln
x
xln
0
0
=

2
0
x
x2
0
=

Với x
0
> 4 ; x
0

N
ta có:
2
0
x
x2
0
>
. Thật vậy ta chứng minh theo quy nạp :

và e < x
0

4

ta thấy x
0
= 4 đúng . Vậy với x
0
= 4; y
0
=2


m = 3; n = 1.
Rễ ràng kiểm tra m = 3; n = 1 thỏa mãn bài toán.
Nhận xét : +) Qua các ví dụ 1, 2, 3, 4, 8 ta thấy ở một số bài toán nếu biến đổi
phơng trình mà có dạng : f(a) = f(b) với f(x) là hàm số nào đó và a, b
R

thì
có thể vận dụng định lý Lagrange hay hệ quả 1 với hàm số f(x) sau đó áp
dụng giả thiết f(a) = f(b).
+) Lời giải bài toán ở vi dụ 8 trong toán học tuổi trẻ dùng phơng
pháp khảo sát hàm số . Bạn đọc có thể tham khảo.
Ví dụ 9:Cho hàm số f(x) khả vi trên [0,1] và f'(0) = 1; f'(1) = 0 chứng minh
rằng
)1,0(c
sao cho f'(c) = c.
Giải:

< x
2
theo định lý Lagrange
)1,0()x,x(x
210

sao cho g'(x
0
) =



12
12
xx
)x(g)x(g
g(x
2
) - g(x
1
) = g'(x
0
)(x
2
-x
1
)
0
suy ra g(x) là đơn ánh trên [0,1] .Thế thì g(x)
là hàm tăng nghiêm ngặt hoặc giảm nghiêm ngặt trên [0,1].

22
=++
N
ên ta xác định hàm F(t) = g(t.x
1
+ (1 - t).y
1
) - g(t.x
2
+ (1 - t).y
2
) thì hiển nhiên
F(t) liên tục trên [0,1] ,mặt khác :
F(0) = g(y
1
) - g(y
2
) > 0; F(1) = g(x
1
) - g(x
2
) < 0
)1,0(t
0

sao cho: F(t
0
)
= 0 hay g(t
0

0
).y
2


t
0
(x
1
- x
2
) + (1 - t
0
)(y
1
- y
2
) = 0 điều này không
xảy ra vì
);1,0(t
0

x
1
< x
2
; y
1
< y
2

n
.p
(n)
(x) với
Nn,Ra
; cũng
không có nghiệm thực. ( p
(k)
(x) là đạo hàm cấp k của p(x) ). (CHDC Đức 1971).
Giải:
+) Bài toán hiển nhiên đúng khi a = 0.Vậy ta chỉ cần xét với a

0.
+) Với
0a,Ra
. Do p(x) là đa thức bậc n với hệ số thực và p(x) không
có nghiệm thực

n chẵn ( vì : n lẻ thì p(x) là đa thức với hệ số thực bậc lẻ
nên luôn có nghiệm thực)

q(x) là đa thức với hệ số thực bậc chẵn .
Ta giả sử ngợc lại q(x) có nghiệm thực là :
Rm

.

q(x) = (x - m)r(x)

r(x) là đa thức hệ số thực bậc lẻ nên có nghiệm thực là

(x) + a.p
(2)
(x) +....+a
n-1
.p
(n)
(x)) = p(x).
(Chú ý :p
(n+1)
(0)
Rx,0
).

p(x) có nghiệm
Rmx =
trái với giả thiết
về p(x) . Nếu m < t do a
0
nên ta xét hàm số g(x) = a.q(x).
a
x
e
thì g(x) liên
tục trên [m, t] khả vi trên (m, t) và g(m) = g(t) = 0 nên theo hệ quả 1:
)t,m(c
để g'(c) = 0 .
Mặt khác g'(x) = [a.q'(x) - q(x)].
a
x
e

thì q(x) < 0.
+) Với giả thiết p(x) > 0 với
Rx

cho a = 1 ta phải chứng
minh:
p(x) + p
(1)
(x)+p
(2)
(x) + ..... +p
(n)
(x) > 0 với
Rx

. Đây là bài toán trong
cuốn sách "10.000 bài toán sơ cấp" của tác giả Phan Huy Khải và tác giả đã
chứng minh bằng lập luận cực trị.
+) Đặc biệt cho p(x) = x
4
+a
1
x
3
+b
1
x
2
+c
1

+ m (m là tham số
thực). Tìm tất cả các giá trị của m để f(x) > 0 với
Rx

. Với các giá trị vừa
tìm đợc ở trên chng minh rằng hàm số :
F(x) = f(x) + f
(1)
(x) + f
(2)
(x) + f
(3)
(x) + f
(4)
(x) > 0
Rx

. Đây là đề thi tuyển
sinh ĐHBK Hà Nội năm 1999 - 2000.
II.3. bài tập:
1. Giải phơng trình
)1(
2
5
.xsin
2
5
.xcos
xcosxsin


=








Xét hàm số
t
2
5
)t(f
t






=
với 0 <
1t <
sau đó
0)t('f
với 0 <
1t <

xcosxsin =




+=
+=
1t2003
1y2003
y
t
sau đó giải giống nh bài ví dụ 1 và ví dụ 3 ở mục
IV.
3. Có tồn tại hay không a, b, c R để phơng trình:
xxx2x3
e
4
1
cebeae
6
5
x

++=+
có 4 nghiệm phân biệt.
Gợi ý: đặt t = e
-x
> 0, khi đó phơng trình trở thành:
0ctbtat
6
5
t

1
x + +a
n
x
n
thoả mãn hệ k (k
n
) điều kiện:
( )( )
( ) ( )( ) ( )









=
+++
++
+
+
=
++
+++
=
+
+++

Vậy p(x) có ít nhất bao nhiêu nghiệm ( kể cả bội) trên (0, 1).
Gợi ý: Xét đa thức:
( ) ( )( ) ( )
kn
n
1k
1
k
0
x
kn...2n1n
a
...x
1k...3.2
a
x
k...2.1
a
)x(q
++
+++
++
+
+=
Sau đó CM: q
(1)
(x) có ít nhất 2 nghiệm (kể cả bội) trên (0, 1)
q
(2)
(x) có ít nhất 3 nghiệm (kể cả bội) trên (0, 1)

f x sin x 0, x 2 ;3 f x 0
x lg10

= < =
có không
quá một nghiệm
[ ]
( )
2 ;3 f x 0 =
có không quá 2 nghiệm
[ ]
2 ;3


. Dễ thấy
( ) ( ) ( )
5
f 2 f f 3 0 f x 0
2


< = có 2 nghiệm
[ ]
2 ;3
.
6. Giải phơng trình:
( ) ( ) ( )


= + =

Xét hàm số:
( ) ( ) ( ) ( )
k k 1
k k 1
f t t 1 t 1; f t k t 1 t




= + =

( )
1
f t 0 t
2

= =
Vậy theo hệ quả 1 f(t) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm. Dễ thấy t = 0, t = 1 là
nghiệm. Vậy (1) có 2 nghiệm là x = a, x = b.
III.ứng dụng định lý Lagrange và hệ quả vào giải bất
ph ơng trình
III.1. Ph ơng pháp chung
Giả sử cần giải bất phơng trình f(x) > 0 ( hoặc f(x) < 0;
( ) ( )
;0xf;0xf
).
Trong đó f(x) là hàm số xác định trên tập X

Xét hàm số: f(x) = 3
x
+ 5
x
- (6x + 2) với x R. ta có f
'
(x) = 3
x
ln3 + 5
x
ln5 - 6
f
''
(x) = 3
x
ln
2
3 + 5
x
ln
2
5 > 0 , với
Rx

nên theo hệ quả 3: f
'
(x) = 0 có không
quá một nghiệm. Lại theo hệ quả 3, ta có: f(x) = 0 có không quá 2 nghiệm mà
dễ thấy x = 0 và x = 1 là hai nghiệm của f(x) = 0
Mặt khác f(x) liên tục trên R f(x) liên tục trên (-

2
,0
, có f'(x)=cosx -

2
;
f
''
(x) = -sinx ,
)
2
,0(x




f
'
(x) < 0,








2
,0x
. Theo hệ quả 3: f






2
,0
f(x) giữ nguyên một dấu trên







2
,0
. Mặt khác
( ) ( ) ( )
2,0x
x2
xsin2,0x04f

>>
.
Nhận xét: +) Hai bài toán ở ví dụ 1 và 2 là cách giải thờng dùng nhất đối với
dạng bài toán này.
+) Ta dễ dàng giải các ví dụ 3 và 4 trong phần II bằng cách thay giả
thiết giải phơng trình bằng giải bất phơng trình nh cách giải của hai ví dụ trên.
iii.3. bài tập:

,0x0xf



<

có duy nhất một nghiệm sau
đó CM
( )
( )
( )
xf
2
,0x0xf



có không quá 2 nghiệm
[ ]
2
,0


mà dễ thấy 0 và
2

là nghiệm của f(x).
Do f(x) liên tục trên
[ ]
2

2
2
2
22
2433

+
trên R ta
suy ra nghiệm.
3.Giải bất phơng trình:
x x 1

+
với
x 0>
và

là tham số dơng.
Gợi ý:
Xét hàm số:
( )
f x x x 1

= +
với
x 0, 1> >
có:
( )
( )
( ) ( )

f x 0, x 0; +
. Từ đó suy ra: với
1 >
thì nghiệm của bất phơng trình là
0x >
. Với
0 1< <
thì nghiệm của bất phơng trình là x = 1.
Iv.ứng dụng định lí Lagrange và hệ quả vào giải hệ
ph ơng trình
Iv.1. Ph ơng pháp chung
Trớc hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề: Cho hàm số f(x) xác định liên tục trên
[ ]
b,a
; khả vi trên (a, b) và
( ) ( )
b,ax0xf

. Khi đó nếu f(x) = f(y) với
[ ]
b,ay,x
thì x = y.
Chứng minh: Giả sử
[ ]
b,ay,x;yx
. Không giảm tính tổng quát ta giả sử x
< y; do f(x) = f(y) nên theo định lí Lagrange
( ) ( )
b,ay,xc

0y,xF
(I) trong đó x, y
;RX
F(x, y),
G(x, y) là các biểu thức phụ thuộc vào x, y.
Giả sử bằng các phép biến đổi tơng đơng, hay biến đổi hệ quả ta dẫn tới một
phơng trình nào đó của hệ (I) có dạng f(x) = f(y) (nếu có) trong đó
f(t) và là hàm số xác định, liên tục trên
[ ]
b,a
, khả vi trên (a,b) thỏa mãn
f
'
(t)
( )
b,at,0
. Khi đó theo bổ đề trên ta suy ra x = y.
Do vậy hệ (I)

( )
( )





=
=
=
yx

.1b,a0yb;x <=
(I)





+

=+
+

=+

)2(
a1
a1
loga3b
)1(
b1
b1
logb3a
3
3
từ (1) và (2) suy ra
.b4
b1
b1
loga4
a1

t1
1
.
t1
t1
tf
2
+

+
=

- 4
)1,0(t0
nên theo bổ đề
ba =

(I)



+=+++
=






+





=
=




=+
=

0y
0x
0b
0a
a1a1
ba
là nhiệm
của hệ.
Nhận xét:
+) Bằng việc vận dụng liên tiếp hai bổ đề lời giải bài toán trên trở nên
ngắn gọn.
+)Trong quá trình biến đổi hê ta cần chú ý làm xuất hiện phơng trình
f(x) = f(y).
Ví du 2: Giải hệ:

)I(
)2(2)x(coslog)ysin31(log


thay vào (1)
02)x(coslog)xcos31(log
32
=+
Xét hàm số
2tlog)t31(log)t(g
32
+=
với t = cosx
]1;0(
có
)1;0(
)2ln3(ln3
2ln
t0)t('g;
3lnt
1
2ln)t31(
3
)t('g

==
+
=
ta lại có
0
27ln.16ln
16ln27ln
3ln





)2ln3(ln3
2ln
,0t
. Nên theo bổ đề g(t) có không quá hai nghiệm trên (0,1].
Mặt khác dễ thấy t = 0 và
3
1
t =
là hai nghiệm của phơng trình g(t) = 0. Vậy
hệ đã cho































=
=



=
=
n
3
1
arcsin)1(y
k2
3
1
arccosx
n2

+=+
=

3
4
5
y;x
22y31x10
1
ysin
xsin
e
46
yx
Giải:
ysin
e
xsin
e
)1(
yx
=
Xét hàm số
tsin
e
)t(f
t
=
với
4

[ ]
1xx1x31xx1x10
242242
+++=++
03
1xx
1x
10
1xx
1x
3
24
2
24
2
=+
+
+

+
+



( )
( )



+=+


+=+
+=+
2x1x21y
1y1y21x
22
22
Gợi ý:
Từ (1) và (2)
2222
y1y21yx1x21x
+++=+++
Sau đó xét hàm số
( )
22
t1t1ttf +++=
với t

1
( )
yx1t0tf =>


. Từ đó dẫn tới giải phơng trình:
( )
( )
4x11x521xx1x21x
2222
+=++=+
( ) ( )

V. ứng dụng định lí Lagrange và hệ quả vào chứng
minh bất đẳng thức
ở phần này ta áp dụng định lí Lagrange và hệ quả của nó vào việc giải các
bài toán bất đẳng thức số học, bất đẳng thức tích phân và bất đẳng thức hàm
lồi mà trờng hợp đặc biệt của nó là bất đẳng thức Jensen thờng sử dụng. Trong
mục này ta cũng quan tâm đến việc vận dụng định lí Lagrange và hàm lồi để
thiết lập các bất đẳng thức.
V.1 Ph ơng pháp chung
Giả sử bất đẳng thức
0A
(I) (hoặc
0A
) nào đó cần chứng minh mà
các đại lợng tham gia vào bất đẳng thức (I) cần đợc đánh giá có liên quan đến
các giá trị f(a), f(b), f(c), của một hàm số f(x) nào đó xác định khả vi trên
tập X
R
, trong đó a, b, c

X và các đoạn [a,b],[b,c],[a,c], bao hàm trong
X.
Khi đó theo định lí Lagrange:
[ ] [ ] [ ]
...c,ac;c,bc;b,ac
321

để:
( )
( ) ( )
( )


trong đó việc đánh giá
( ) ( ) ( )
,...cf,cf,cf
321

thờng đơn
giản hơn so với f(a), f(b), f(c),
V.2.Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho hàm số f(x) xác định liên tục trên
[ ]
; , , R, <
khả vi
trên
( )
;
có đạo hàm f(x) đồng biến trên
( )
;
. CMR:
[ ]
a, b, c ; ,a b c
; ta có:
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )
10bacfacbfcbaf
++
Giải:
Trong bất đẳng thức (1) sẽ hiển nhiên trở thành đẳng thức nếu trong 3 số a,
b, c có hai số bằng nhau. Do vậy không giảm tính tổng quát ta giả sử a > b > c
và

Lagrange cho hàm f(x) trên [c,b] và [b,a] thì
)a,b(t);b,c(t
21

để
ba
)b(f)a(f
)t('f;
cb
)c(f)b(f
)t('f
21


=


=
hiển nhiên t
1
< t
2
; và theo giả thiết bài
toán ta có :
)t(f)t('f
12


do đó
( )

Khi đó việc chứng minh bất đẳng thức (3), (4) bằng phơng pháp đại số không
rễ.
Ví dụ 2: Cho: a, b, c, r, s sao cho a > b > c > 0; r > s > 0;chứng minh bất đẳng
thức:
rsrsrssrsrsr
accbbaaccbba ++>++

Giải:
Do a > b > c > 0

a
s
> b
s
> c
s
; với s > 0. r > s > 0

1
s
r
>
. Xét hàm số
s
r
t)t(f =
với t > 0; có
0t)1
s
r

cb
cb
cb
)c(f)b(f
)n('f;
ba
ba
ba
)b(f)a(f
)m('f


=


=


=


=
;do m > n và
f(t) tăng nghiêm ngặt trên
),0( +


f(m) > f(n)
ss
rr

rs
bbf =
;
( )
rs
ccf =
để ta dẫn tới hàm
( )
s
r
ttf =
là rất tự nhiên.
Cũng qua cách chứng minh bài toán này gợi cho ta cách tìm hàm số f(x) thoả
mãn tính chất có đạo hàm f(x) đồng biến.
Thật vậy, ta chọn tuỳ ý một hàm số h(x) sao cho g(x) > 0 và h(x) liên tục trên
tập X

R. Ta đặt
( ) ( )
f x g x dx=

thì ta có
( ) ( )
xgxf =

> 0 trên X do vậy
f(x) là hàm số đồng biến trên X.
Và do vậy từ hàm f(x) theo cách tìm nh trên ta chọn các giá trị a, b, c

X

=



<<
<
=
Gọi là các hàm cơ bản của x
1
, x
2
, ,x
n
;
CMR:
( )
5
c
s
c
s
...
c
s
c
s
n
n
n
n

). Nếu x
1
= x
2
thì f(x) có nghiệm là x
1
= x
2

[ ]
21
x;x
.Do vậy, ta có thể mở rộng hệ quả 1
(định lí Rolle) cho đa thức f(x) nh sau: Nếu f(x) là đa thức nhận x
1
, x
2
là
nghiệm
( )
21
xx
thì f(x) = 0 có nghiệm .
Nhờ chú ý trên ta giải bài toán nh sau:
Chứng minh (5) bằng quy nạp toán học:
+) Với n = 1 bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
+) Giả sử bất đẳng thức đúng đến n 1.
+) Ta giả sử
n21
x...xx0

2
2n
1
1n
s1...xs2nxs1nnxxp



++=

có n - 1 nghiệm y
1
, y
2
, , y
n 1
thỏa mãn:
n1n1n32211
xyx...xyxyx

khi đó:
n
s
....,s
n
2n
,s
n
1n
1n

1n
2
1
1n











Ta để ý:
k
n
k
1n
c
1
c.n
kn
=


. Nên (6)
1n
1n

n
1n
1n
n
1n
c
s
c
s




.Thật vậy do: x
1
, x
2
, , x
n
> 0 nên theo
bất đẳng thức Côsi ta có:
n
n21
n21
x...x.x
1
)
x
1
......

n
1n
n21
1
n
1n
c
)x...x.x(
c
s






n
n
n
n
1n
1n
n
1n
c
s
c
s



, sao cho
( ) ( ) ( )
0yfyfyf
32
=

=

=


( ) ( )( )( ) ( )( )( )( )
[ ]
'
321
dxcxbxaxyxyxyx4xf ===

.Vậy ta có số
hạng tự do của f(x) là -4y
1
y
2
y
3
đó cũng là hệ số x của f(x) là :
-(abc+ abd + acd + acd)
4
bcdacdabdabc
yyy
321


++

(***)
thay (*), (**) vào (***) ta có:
6
cdbdbcadacab
4
bcdacdabdabc
3
+++++

+++


điều phải chứng
minh.
Ví dụ 5: Chứng minh rằng nếu 0 < b < a thì:
b
ba
b
a
ln
a
ba
<<


Giải:Ta viết lại bất đẳng thức cần chng minh về dạng:
b

c
1


=


=
do b < c < a
b
1
c
1
a
1
<<
hay
b
ba
b
a
ln
a
ba
<<



điều phải chứng minh.
Nhận xét: đây là bài toán cơ bản rất hay gặp . Dạng tổng quát nh sau: giả sử ta

( )
Mcfm



thờng là đơn giản .
Ví dụ 6: Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên [a,b]; (a<b) thoả mãn f(a) =
f(b) = 0 đặt
( )
xfMaxM
bxa

=

, chứng minh rằng:
( )
( )




b
a
2
dxxf
ba
4
M
.
Giải:

)(b x)

( ) ( )
xbMxf

(**). Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )

+
+
+
+
++=
2
ba
a
b
2
ba
2
ba
a
b
2
ba
b
a
dxxbMdxaxMdxxfdxxfdxxf

( ) ( ) ( )

dxxf
ba
4
M

đpcm.
Chú ý: Ta có thể chọn vô số hàm số f(x ) thoả mãn bài toán. Chẳng hạn xét
trên [0,1] lấy
( ) ( )
10
xsin
e1xxxf =
thì hàm
( )
xf
thoả mãn toàn bộ điều kiện bài
toán trên
[ ]
1,0
,và ta đợc bài toán sau:
Đặt
[ ]
( ) ( )
[ ]
101010
xsin1010xsinxsin
1,0x
excosx1x10xeex1MaxM +=

. CMR: