Lớp các bài toán ứng dụng định lý giá trị trung bình

Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH 0975.120.189 
LÔÙP CAÙC BAØI TOAÙN ÖÙNG DUÏNG 
ÑÒNH LYÙ GIAÙ TRÒ TRUNG BÌNH 
TÓM TẮT 
 Các ñịnh lý về giá trị trung bình ñóng một vai trò quan trọng trong giải tích toán học, và 
ñược thường xuyên khai thác trong các kỳ thi Olympic Toán ñịa phương, quốc gia và quốc tế (ở 
cấp ñộ học sinh THPT hoặc sinh viên ðại học). Chúng tỏ ra là một công cụ rất hiệu lực trong 
việc giải các bài toán liên quan ñến sự tồn tại nghiệm và các tính chất ñịnh lượng của nghiệm của 
nhiều dạng phương trình khác nhau. Trong bài báo này ta lần lượt khảo sát các bài toán như thế 
nhờ ứng dụng các ñịnh lý về giá trị trung bình trong ba lĩnh vực: liên tục, khả vi và khả tích. 
1. Phương pháp sử dụng hàm số liên tục 
ðịnh lý 1.1 Nếu hàm số f liên tục trên ñoạn [a;b] và f(a).f(b) < 0 thì có ít nhất một ñiểm c ∈ 
(a;b) ñể f(x) = 0. 
ðịnh lý 1.2 Giả sử f là một hàm liên tục trên [a;b] và f(a) = A, f(b) = B. Lúc ñó nếu C là một 
số bất kỳ nằm giữa A và B thì có ít nhất một ñiểm c ∈ (a;b) ñể f(c) = C. 
ðịnh lý 1.3 Nếu f là một hàm liên tục trên [a;b] thì f nhận mọi giá trị trung gian giữa giá trị 
nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của nó trên ñoạn ñó. 
Các bài toán áp dụng: 
Bài toán 1. Chứng minh phương trình: 3x x 1 0− + = có 3 nghiệm phân biệt. Tính tổng các 
luỹ thừa bậc 8 của 3 nghiệm ñó. 
 (Olympic Việt Nam) 
Lời giải: 
 Xét hàm số: ( ) 3y f x x x 1= = − + thì f liên tục trên D = ℝ . 
 Ta có ( ) ( ) ( )1 2f 2 5 0; f 0 1 0; f 1 0 và f 1 1 0 
3 3
 
− = − = −  
 
 nên phương trình 
ñã cho có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3x , x , x . 
 Theo ñịnh lý Viet 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3x x x 0; x x x x x x 1; x x x 1.+ + = + + = − = − 
 Ta có 3 3i i i ix x 1 0 x x 1− + = ⇒ = − 
 ( )5 2 3 2 3 2 2i i i i i i i i i x x . x x . x 1 x x x x 1⇒ = = − = − = − + − 
 ( ) ( )8 5 3 2 3 2 2 2i i i i i i i i i i i i i x x . x x x 1 . x 1 x x x x x 1 2x 3x 2⇒ = = − + − − = − + + − − + = − + 
 Do ñó 
23 3 3 3 3 3
8 2
i i i i ij i
i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1
i j
T x 2 x 3 x 6 2 x 2 x 3 x 6 10
= = = = = =
≠
 
  
= = − + = − − + =   
  
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ . 
Bài toán 2. Chứng minh tập nghiệm của bất phương trình: 
1 2 70 5
...
x 1 x 2 x 70 4
+ + + ≥
− − −
 là hợp các khoảng rời nhau và có tổng ñộ dài là 1988. 
 (Olympic Quốc tế) 
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH 0975.120.189 
Lời giải: 
 Ta có: 
70
k 1
1 2 70 5 k 5
...
x 1 x 2 x 70 4 x k 4
=
+ + + − = −
− − − −
∑ 
( )
( )
( ) ( )
( )
j k j k
k x j 4 k x j 5 x j
5 f(x)
x j 4 4 x j g(x)
≠ ≠
− − − −
= − = =
− −
∑ ∑∏ ∏ ∏
∏ ∏ với qui ước k, j 1,70.= 
 Rõ ràng ( )g x 0= có 70 nghiệm x 1, 2,...,70,= và f liên tục trên ℝ , ( ) ( )f k .f k 1 0+ < 
với k 1,69= và ( ) ( )lim f 0, f 70 0
x
x
→+∞
 nên cũng có ñủ 70 nghiệm xen kẽ là 1 21 x 2 x< < < 
69 70... x 70 x< < < < 
 Tổng ñộ dài các khoảng nghiệm của bất phương trình: ( )( )
f x
0
g x
≥ là: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 70 1 2 70S x 1 x 2 ... x 7 0 x x ... x 1 2 ... 70= − + − + + − = + + + − + + + 
 ðể ý ña thức f có bậc 70, hệ số cao nhất là −5 và hệ số của 69x là: ( )9 1 2 ... 70+ + + 
 Do ñó ( ) ( )9 1 2 ... 70 4 70.71S 1 2 ... 70 . 1998.
5 5 2
− + + +
= − + + + = =
−
Bài toán 3. Cho hàm số [ ] [ ]f : a;b a;b→ , với a b< và thoả ñiều kiện: 
( ) ( ) f x f y x y− < − , với mọi x, y phân biệt thuộc [ ] a;b . 
 Chứng minh rằng phương trình ( )f x x= có duy nhất một nghiệm thuộc [ ] a;b . 
 (Olympic sinh viên) 
Lời giải: 
 Xét hàm số ( ) ( )g x f x x= − thì g liên tục trên [ ] a;b . Do ñó tồn tại x0 thuộc [ ] a;b . sao 
cho: ( ) [ ]0 x a,bg x min g(x) (*)∈= . Ta sẽ chứng minh ( )0g x 0= . Thật vậy, giả sử ( )0g x 0≠ , do 
ñó ( )0 0f x x≠ . 
 Từ bất ñẳng thức ñã cho thì có ( )( ) ( ) ( )0 0 0 0 f f x f x f x x− < − 
 Suy ra ( )( ) ( )0 0g f x g x :< mâu thuẫn với (*) 
 Vậy ( )0g x 0= nghĩa là ( )0 0f x x= . 
 Giả sử phương trình ( )f x x= còn có nghiệm 1 0 1x x , x [a;b]≠ ∈ thì có ngay: 
( ) ( )1 0 1 0 f x f x x x :− = − mâu thuẫn với giả thiết. 
 Vậy phương trình ( )f x x= có duy nhất một nghiệm thuộc [ ] a;b . 
2. Phương pháp sử dụng phép tính vi phân 
ðịnh lý 2.1 (ðịnh lý ROLLE) 
Cho f là một hàm liên tục trên [a;b] và khả vi trên (a;b). Nếu có f(a) = f(b) thì tồn 
tại c∈(a;b) ñể f ' (c) = 0 
 Kết quả: giữa 2 nghiệm của phương trình f(x)=0 có 1 nghiệm của phương trình f '(x)=0. 
ðịnh lý 2.2 (ðịnh lý CAUCHY) 
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH 0975.120.189 
 Cho ϕ và ψ là liên tục trên [a;b] và khả vi trên (a;b). Lúc ñó tồn tại c∈(a;b) ñể: 
 [ψ(b)-ψ(a)]ϕ '(c) = [ϕ(b)-ϕ(a)]ψ '(c) 
ðịnh lý 2.3 (ðịnh lý LAGRANGE) 
Cho f là một hàm liên tục trên [a;b] và khả vi trên (a;b). Lúc ñó tồn tại c∈(a;b) 
ñể: f(b) - f(a) = (b - a ) f '(c) 
Các bài toán áp dụng: 
Bài toán 4. Cho hàm số f liên tục và có ñạo hàm trên ( )0,+∞ và không phải là hàm hằng. 
Cho 2 số thực 0 a b.< < Chứng minh phương trình: 
( ) ( ) ( ) ( )af b bf axf ' x f x
b a
−
− =
−
 có ít nhất một nghiệm thuộc ( )a;b . 
 (Olympic sinh viên) 
Lời giải: 
 Xét 2 hàm số ( ) ( ) ( )f x 1g x ; h x
x x
= = thì g, h khả vi trên [ ] a;b . 
 Ta có ( ) ( ) ( ) ( )2 2xf ' x f x -1g' x ; h' x
x x
−
= = . 
 Theo ñịnh lý Cauchy thì tồn tại ( )0x a;b∈ sao cho: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0h b h a g' x g b g a h' x   − = −    
 hay ( ) ( ) ( ) ( )0 0 02 2
0 0
x f ' x f x f b f a1 1 -1
. .
b a x b a x
 − 
− = −  
   
. 
 Do ñó 
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )0 0 0
2 2
0 0
a b x f ' x f x af b bf a
bax abx
− −
−
= − . 
 Suy ra ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 af b bf ax f ' x f x b a
−
− =
−
. 
 Vậy phương trình ( ) ( ) ( ) ( )af b bf axf ' x f x
b a
−
− =
−
 có ít nhất một nghiệm thuộc ( )a;b . 
Bài toán 5. Cho phương trình: n n-10 1 n-1 n 0a x a x ... a x a 0, a 0+ + + + = ≠ có n nghiệm phân biệt. 
Chứng minh: ( ) 21 0 2n 1 a 2na a− > . 
 (Olympic Nga) 
Lời giải: 
 ðặt ( ) n n-10 1 n-1 nf x a x a x ... a x a= + + + + thì f khả vi vô hạn trên ℝ . 
 Vì f(x) có n nghiệm phân biệt nên theo ñịnh lý Rolle thì: 
 f '(x) có n − 1 nghiệm phân biệt 
 f "(x) có n − 2 nghiệm phân biệt,... 
 Suy ra ( )(n-2) 20 1 2n!f x a x (n 1)!a x (n 2)!a2= + − + − có 2 nghiệm phân biệt. 
 Do ñó 0∆ > nên ( ) ( )21 0 2n 1 ! a 2n!a n 2 !a 0 − − − >  
 Vậy ( ) 21 0 2n 1 a 2na a− > . 
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH 0975.120.189 
Bài toán 6. Cho hàm số f khả vi trên [ ]0;1 và thoả mãn ( ) ( )f 0 0; f 1 1.= = 
Chứng minh tồn tại 2 số phân biệt a; b thuộc ( )0;1 sao cho ( ) ( )f' a .f' b 1.= 
 (Olympic Hoa kỳ) 
Lời giải: 
 Xét hàm số ( ) ( )g x f x x 1= + − thì g khả vi trên [ ]0;1 . 
 Ta có ( ) ( )g 0 1 0 và g 1 1 0= − nên tồn tại số c thuộc ( )0;1 sao cho ( )g c 0.= 
 Do ñó ( ) ( )f c c 1 0 hay f c 1 c.+ − = = − 
 Áp dụng ñịnh lý Lagrange cho f trên các ñoạn [0;c] và [c;1] thì tồn tại ( )a 0;c∈ sao cho: 
f(c) f (0) f '(a)
c 0
−
=
−
 và tồn tại ( )b c;1∈ sao cho: f(1) f(c) f '(b)
1 c
−
=
−
 nên f(c) 1 f(c) (1 c)cf '(a).f '(b) . 1
c 1 c c(1 c)
− −
= = =
− −
. 
 Vậy tồn tại 2 số phân biệt a; b thuộc ( )0;1 sao cho ( ) ( )f' a .f' b 1.= 
3. Phương pháp sử dụng phép tính tích phân 
ðịnh lý 3.1: Cho f là một hàm khả tích trên [a;b] và m,M tương ứng là giá trị nhỏ nhất, giá trị 
lớn nhất của f trên [a;b]. Lúc ñó tồn tại µ∈[m;M] sao cho: 
)()( abdxxf
b
a
−=∫ µ 
ðịnh lý 3.2: Cho f là một hàm liên tục trên [a;b]. Lúc ñó tồn tại ξ∈[a;b] sao cho: 
)()()( ξfabdxxf
b
a
−=∫ . 
Các bài toán áp dụng: 
Bài toán 7: Cho ( )a 0;1 .∈ Giả sử f liên tục trên ñoạn [0;1] thoả ñiều kiện: 
( ) ( )f 0 f 1 0= = 
Chứng minh tồn tại [ ]b 0;1∈ sao cho ( ) ( )f b f b a= − hoặc ( ) ( )f b f b a 1= + − . 
 (Olympic sinh viên) 
Lời giải: 
 Ta mở rộng hàm f trên ℝ ñể ñược hàm tuần hoàn chu kỳ T = 1, do ( ) ( )f 0 f 1 0= = nên 
hàm mới, vẫn kí hiệu f, liên tục trên ℝ . 
 Xét hàm số ( ) ( ) ( )g x f x a f x= + − thì g liên tục trên ℝ 
 Khi ñó: 
1 1 1
0 0 0
1 a 1
a 0
g(x)dx f (x a)dx f(x)dx
f (x a)dx f(x)dx 0
+
= + −
= + − =
∫ ∫ ∫
∫ ∫
Biên soạn: GV HUỲNH ðỨC KHÁNH 0975.120.189 
 Mà theo ñịnh lý 3.2 thì tồn tại ( )c 0;1 .∈ sao cho: 
1
0
g(x)dx (1 0)g(c) g(c)= − =∫ nên ( )g c 0= 
 do ñó ( ) ( )0 f c a f c= + − nên ( ) ( ) ( ) ( )0 f c a f c f c a n f c= + − = + + − với n nguyên. 
 Vậy, nếu [ ]c a 0;1+ ∈ thì chọn [ ]b c a 0;1= + ∈ . Còn nếu c a 1+ > thì chọn [ ]b c 0;1= ∈ . 
Bài toán 8: Giả sử f liên tục trên π0,
2
 
  
 và thoả mãn: ( ) ( )
π
2
0
f 0 0, f x dx 1> <∫ . 
Chứng minh phương trình ( )f x sinx= có ít nhất một nghiệm trong khoảng 
π0;
2
 
 
 
 (Olympic sinh viên) 
Lời giải: 
 Xét ( ) ( )F x f x sinx= − thì F liên tục trên π0,
2
 
  
. 
 Khi ñó ( ) ( )
π π
2 2
0 0
f x dx 1 hay f x dx 1 0< − <∫ ∫ 
 Suy ra ( ) ( )
π π
2 2
0 0
f x sin x dx F x dx 0 − = < ∫ ∫ 
 Do ñó tồn tại πc 0,
2
 
∈   
 ñể ( )F c 0< . 
 Mà ( ) ( )F 0 f 0 0= > nên tồn tại 0 πc 0; 2
 
∈ 
 
 ñể ( )0F c 0= tức là ( )F x 0= có nghiệm. 
 Vậy ( )f x sinx= có ít nhất một nghiệm trong khoảng π0;
2
 
 
 
. 
---------- HẾT ----------