Tài liệu ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ LAGRANG ppt

Chuyên Đề: ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ LAGRANGI.

Chuyên Đề: ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ LAGRANG

I Lý thuyết:

1 Định lí Lagrang: Cho hàm số y=f(x) liên tục trên [a;b] và khả vi trên (a;b), khi đĩ

tồm tại số thực c ( ; ) : '( )a b f c f b( ) f a( )

b a

−

−

Hệ quả 1:Nếu hàm số y=f(x) liên tụa trên [a;b] , khả vi trên (a;b) và f(a)=f(b) thì

Pt: f’(x)=0 cĩ ít nhất một nghiệm trên (a;b)

Hệ quả 2:Cho hàm số y=f(x) cĩ đạo hàm đến cấp n .Nếu pt f ( )n ( ) 0x = cĩ k nghiệm thì

Pt f(n−1)( ) 0x = cĩ nhiều nhất (k+1) nghiệm

II Các ứng dụng:

1.

Ứng dụng đ/l Lagrang để giải pt:

Phương pháp: Để giải pt f(x)=0 ta sử dụng hệ quả 2 chứng minh số nghiệm nhiều nhất

của pt cĩ thể cĩ được, sau đĩ ta chỉ ra được các nghiệm của pt

Bài 1:Giải pt: 2003x +2005x =4006x+2 (HSG Nghệ an 2005)

Giải: Xét hàm số : f x( ) 2003= x +2005x −4006x −2

Ta cĩ: f x'( ) 2003 ln2003 2005 ln2005 4006= x + x −

''( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 0 "( ) 0 vô nghiệm

f'(x)=0 có nhiều nhất là một nghiệm f(x)=0 có nhiều nhất là hai nghiệm

Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt đã cho cĩ hai nghiệm x=0 và x=1

Bài 2: Giải pt: 3cosx =2cosx +cosx

Giải: Đặt t=cosx; t∈[-1;1] khi đĩ pt trở thành: 3t = + ⇔ − − =2t t 3t 2t t 0, ta thấy pt

này cĩ hai nghiệm t=0 và t=1 ta sẽ c/m đĩ là số nghiệm nhiều nhất mà pt cĩ thể cĩ:

Xét hàm số: ( ) 3 - 2 - f t = t t t với t∈[-1;1] ta cĩ '( ) 3 ln 3 2 ln 2 1f t = t − t −

"( ) 3 ln 3 2 ln 2 0t t

f x = − > ⇒f’(x)=0 cĩ nhiều nhất 1 nghiệm nên f(x) =0 cĩ nhiều nhất hai nghiệm từ đĩ ta cĩ đpcm

Vậy pt cĩ hai họ nghiệm: 2 ;

2

x k= π x= +π kπ

Bài 3: Giải pt: 3x = + +1 x log (1 2 )3 + x (TH&TT)

Giải: Đk: x>-1/2

⇔3x + = +1 2 +log (1 2 )3 + ⇔3x +log 33 x = +1 2 +log (1 2 )3 +

Xét hàm số: f t( )= +t log3t ta cĩ f(t) là hàm đồng biến nên

(1) f(3 )x f(1 2 )x 3x 2x 1 3x 2x 1 0 (2)

Xét hàm số: f x( ) 3= x −2x − ⇒1 f x'( ) 3 ln3 2= x − ⇒ f x"( ) 3 ln 3 0= x 2 >

⇒ f x( ) 0= cĩ nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho cĩ hai nghiệm

Bài 4: Giải pt: 5x+12x =6x+11x

Giải: pt ⇔12x −11x =6x −5x Giả sử m là nghiệm của pt, xét hàm số

( ) m ( 1)m

f t =t − −t ta có f(12)=f(6) nên theo hệ quả 1 thì tồn tại c∈(6;12): f’(c)=0

hay mc m−1−m c( −1)m−1= ⇔0 m c[ m−1− −(c 1)m−1]=0⇔ =m 0, m=1

Thử lại ta thấy thoả mãn Vậy x=0 và x=1 là nghiệm của pt

Bài Tập: Giải các pt sau

1

1 3 5 2.4

2 (1 )(2 4 ) 3.4

3 9 3 (2 1)2

x x x

x x x x

x

x +

2.Ứng dụng định lí Lagrang để cm pt có nghiệm:

Phương pháp:Để cm pt f(x)=0 có nghiệm trên (a;b) ta đi xét hàm F(x) có tính chất :thỏa

mãn các điều kiện đ/l Lagrang , F’(x)=f(x) sau đó ta cm hàm F(x) thỏa mãn đk của Hệ

quả 1 từ đó ta có điều phải chứng minh

Bài 1: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn đk: 0

m + m + =m

+ + Cmr b2≥4ac(1)

Giải: Ta có (1) chính là điều kiện cần và đủ để pt: ax2+bx+c=0 có nghiệm nên ta chuyển

việc cm (1) về cm pt ax2+bx+c=0 có nghiệm

* Nếu a=0 thì (1) luôn đúng

* Nếu a≠0 Xét hàm số ( ) 2 1

+ + ta thấy f(x) có đạo hàm trên R

m +m + =m

+ + =f(0) nên theo hệ quả 1 thì pt f’(x)=0 có nghiệm (0;1)

hay pt: axm+1+bx +cxm m-1=0⇔ax2+bx c+ =0 có nghiệm trên (0;1) từ đó ta có đpcm

Bài 2:Cho các số thực a,b,c và số nguyên n>0 thoả mãn: 5c(n+2)+6(a+b)=0 Cmr pt

a.sin x b c+ os x c+ sinx+c=0 luôn có no trên (0; )

2

π (HSG Nghệ an 2004)

gt

Xét hàm số ( ) sin 2 osn+2 sin3 sin2

+

π ta thấy f(x) thoả

mãn đk đ/l Lagrang trên [0; ]

2

π

Mặt khác ta lại có: (0) ; ( ) 5

π

(0) ( )

2

f f π

⇒ = (do (*) ) Theo đ/l Lagrang thì pt f’(x) có nghiệm trên (0; )

2

π

GV: Nguyễn Tất Thu

hay pt: a.sinn+1x c osx+cosn+1xsinx+c.sin osx+c.sinx.cosx=02x c

sinx.cosx(asin x b c os x csinx+c)=0 a.sin x b c os x c.sinx+c=0

cosx >0 trên (0; )

2

π

) có nghiệm trên (0; )

2

π (đpcm)

Bài 3:Cho các số thực a a1, , ,2 a thỏa mãn: n 1 2

n

a

a a a

n

2

0

a

n

a k a k k

a

n

+ với k >0 Cmr pt sau luôn có nghiệm

a + a x+ +na x =

0

a

n

a x a x x

f x a x

n

+

+ ta có f(0)=f(1)=f(k)=0

Nên theo hệ quả 1 thì pt: f x'( )=a0 +a x a x1 + 2 2+ + a x n n =0 có hai nghiệm phân biệt

x1,x2 ⇒ f x'( )1 = f x'( )2 = ⇒0 Pt f x"( )= +a1 2a x2 + + na x n n−1=0có nghiệm

Bài 4: Pt: asinx p b+ 2 sinpx+q sin2c qx=0 (với p,q là các số nguyên dương lẻ) có ít nhất bao nhiêu nghiệm trên [0;2 ]π ?

Giải: Xét pt: f(x)= asinx+bsinpx+csinqx=0 (0)f = f( )π = f(2 )π nên pt

f =ac + pb px qc+ qx= có 2 n0 x x1, 2: 0< < <x1 π x2 <2π

Vì p,q là các số nguyên dương lẻ nên ta có : '( ) 0 '( )1 '( )2 '( ) 0

f π = ⇒ f x = f x = f π =

⇒pt f’’(x)= asinx p b+ 2 sinpx+q sin2c qx=0 có 2 n0 y y1, 2:

Min{x , }<y ax{x , }<y

π < π < , Hơn nữa "(0)f = f"( ) 0π =

Vậy pt: f”(x)=0 có ít nhất 4 nghiệm trên [0;2 ]π

3 Ứng dụng đ/l Lagrang để chứng minh Bất Đẳng Thức:

Phương pháp:* Để c/m Bđt có dạng: m f a( ) f b( ) M

a b

−

− ta xét hàm số y=f(x) thỏa

mãn điều kiện đ/l Lagrang trên [a;b], khi đó có c ( ; ) : '( )a b f c f a( ) f b( )

a b

−

− sau đó ta

chứng minh: m<f’(c)<M

* Để c/m Bđt có dạng : m≤ f a( )− f b( )≤M ta xét hàm số y=f(x) thỏa mãn điều kiện

đ/l Lagrang trên [a;b], khi đó có c∈( ; ) : ( )a b f a − f b( )= f c a b'( )( − )

sau đó ta chứng minh: m<(a-b)f’(c)<M

Bài 1: Cho 0<a<b Cmr: b a lnb b a

− < < −

Giải:Bđt đã cho 1 lnb lna 1

b b a a

−

−

Xét hàm số f(x)=lnx trên [a;b] Ta thấy f(x) thỏa mãn đk đ/l Lagrang trên [a;b] nên tồn tại số c: a<c<b: f c'( ) 1 f b( ) f a( ) lnb lna

1 1 1 ( ; )

c a b

b c a

∈ ⇒ < <

Do đó ta có 1 lnb lna 1

b b a a

−

Bài 2: Cho 0<x<y và m là một số nguyên dương bất kì Cmr: ( 1 1)

1

m x x my y

m

<

+

m m

m

y x

my

y x

−

−

−

Xét hàm số ( )f t =t m trên [x;y], ta thấy f(t) thỏa mãn đk đ/l Lagrang trên [x ;y] nên tồn

y x

−

Bài 3:Cmr : n n+1>(n+1 )n ∀ ≥n 3 (ĐH AN NINH 2001)

1

+

+

Với f x( ) lnx

x

= ta thấy f(x) thỏa mãn đk đ/l Lagrang trên [n;n+1] nên có số c: n<c<n+1

2

1 - ln

f n f n f c n n f c

c

Bài 4: CMR: sine3cos( -1) sin(e − e−1) cos3 e > 3cos cos( -1)e e

Giải: Vì cose, cos(e-1)>0 nên Bđt 3sin 3sin( 1) 1

ose cos( -1)

−

GV: Nguyễn Tất Thu

Xét hàm số: ( ) 3sin

cos

x

f x

x

'( )

3 os

x

f x

c x

+

=

Áp dụng đ/l Lagrang thì có số e-1<c<e: ( )f e − f e( − =1) f c'( )

Mặt khác: cos2c c+ os2c + ≥1 3 os3c 4c ⇒ f c'( ) 1> ⇒đpcm