Định lí Lagrange và ứng dụng54353

ĐỊNH LÍ LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE 1.1 ĐỊNH LÍ ROLLE Định lí: Nếu f ( x) hàm liên tục đoạn [a; b] , có đạo hàm khoảng (a; b) f (a )  f (b) tồn c  (a; b) cho f '(c)  Chứng minh: Vì f ( x) liên tục [a; b] nên theo định lí Weierstrass f ( x) nhận giá trị lớn M giá trị nhỏ m [a; b] - Khi M = m ta có f ( x) hàm [a; b], với c  (a; b) ln có f '(c)  - Khi M > m, f (a )  f (b) nên tồn c  (a; b) cho f (c)  m f (c)  M , theo bổ đề Fermat suy f '(c)  Hệ 1: Nếu hàm số f ( x) có đạo hàm (a; b) f ( x) có n nghiệm (n số nguyên dương lớn 1) (a; b) f '( x) có n - nghiệm (a; b) Hệ 2: Nếu hàm số f ( x) có đạo hàm (a; b) f '( x) vơ nghiệm (a; b) f ( x) có nhiều nghiệm (a; b) Hệ 3: Nếu f ( x) có đạo hàm (a; b) f '( x) có nhiều n nghiệm (n số nguyên dương) (a; b) f ( x) có nhiều n + nghiệm (a; b) Các hệ suy trực tiếp từ định lí Rolle nghiệm nghiệm bội (khi f ( x) đa thức) Các hệ cho ta ý tưởng việc chứng minh tồn nghiệm xác định số nghiệm phương trình, cách ta tìm tất nghiệm phương trình (có thể mị mẫm) nghĩa phương trình giải Từ định lí Rolle cho phép ta chứng minh định lí Lagrange, tổng quát hơn, cần ta đến ý tới ý nghĩa đạo hàm (trung bình giá trị biến thiên hàm số) 1.2 ĐỊNH LÍ LAGRANGE (Lagrange's Mean Value Định lí: Nếu f ( x) hàm liên tục đoạn khoảng (a; b) f '(c)  f (b)  f (a ) ba tồn c  (a; b) [a; b] , cho Chứng minh: Xét hàm số: F ( x)  f ( x)  f (b)  f (a ) x ba DeThiMau.vn Theorem) có đạo hàm Ta có: F(x) hàm liên tục đoạn [a; b] , có đạo hàm khoảng (a; b) F (a )  F (b) Theo định lí Rolle tồn c  (a; b) cho F '(c)  Mà F '( x)  f '( x)  Joseph Louis Lagrange (1736 - 1813) f (b)  f (a ) f (b)  f (a ) , suy f '(c)  ba ba Định lí Rolle hệ định lí Lagrange (trong trường hợp f (a )  f (b) ) Ý nghĩa hình học: Cho hàm số f ( x) thỏa mãn giả thiết định lí Lagrange, đồ thị (C), A(a;f(a)), B(b;f(b)) Khi (C) tồn điểm C(c;f(c)), c  (a; b) mà tiếp tuyến (C) C song song với đường thẳng AB y A C B Định lí Lagrange cho phép ta ước lượng tỉ số b x c O a f (b)  f (a ) cịn gọi định lí Giá trị trung bình (Mean Value Theorem) Từ cho ta ý tưởng ba chứng minh định lí biến thiên hàm số, đặt móng cho ứng dụng đạo hàm Định lí: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm khoảng (a; b) - Nếu f '( x)  0, x  (a; b) f ( x) đồng biến (a; b) - Nếu f '( x)  0, x  (a; b) f ( x) nghịch biến (a; b) - Nếu f '( x)  0, x  (a; b) f ( x) hàm (a; b) Chứng minh: Giả sử f '( x)  0, x  (a; b) x1 , x2  (a; b), x1  x2 , theo định lí Lagrange, tồn c  (x1 ; x ) cho f '(c)  f ( x2 )  f ( x1 ) x2  x1 Mà f '(c)   f ( x1 )  f ( x2 )  f ( x) đồng biến (a; b) Nếu giả thiết định lí Lagrange ta thêm vào giả thiết f '( x) đồng biến nghịch biến [a; b] ta so sánh f (b)  f (a ) với f '(a ), f '(b) ba Cụ thể: f '( x) đồng biến [a;b]  f '(a )  f (b)  f (a )  f '(b) ba f '( x) nghịch biến [a;b]  f '(a)  f (b)  f (a )  f '(b) ba Từ cho ta ý tưởng ứng dụng định lí Lagrange chứng minh bất đẳng thức đánh giá tổng hữu hạn Cũng tương tự giả thiết định lí Lagrange ta thêm vào giả thiết f '( x) đồng biến nghịch biến [a; b] ta so sánh f (c )  f ( a ) f (b)  f (c) với với c  [a; b] cho ta ý tưởng để chứng minh nhiều ca bc bất đẳng thức, bất đẳng thức Jensen… DeThiMau.vn Ngoài định lí Lagrange cịn phát biểu dạng tích phân sau: Định lí: Nếu f ( x) hàm liên tục đoạn [a; b] tồn điểm c  ( a; b) thỏa mãn: b  f ( x)dx  f (c)(b  a) a Định lí Lagrange dạng tích phân áp dụng chứng minh số tốn liên quan đến tích phân giới hạn hàm số MỘT SỐ ỨNG DỤNG 2.1 CHỨNG MINH SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH Bài tốn Chứng minh phương trình acosx + bcos2x + ccos3x ln có nghiệm với số thực a, b, c Lời giải: Xét f ( x)  asinx+ bsin2x c s in3x   f '( x)  acosx+bcos2x+ccos3x,x  R Mà f (0)  f ( )   x0  (0;  ), f '( x0 )  , suy điều phải chứng minh Nhận xét: Bài toán có dạng tổng quát: Cho hàm số f(x) liên tục [a; b], chứng minh phương trình f(x) = có nghiệm (a; b) Phương pháp giải: Xét hàm F(x) thỏa mãn F(x) liên tục [a; b], F’(x) = f(x).g(x) với x thuộc (a; b), g(x) vô nghiệm (a;b) F(a) = F(b) Theo định lí Rolle suy điều phải chứng minh Bài toán Cho số thực dương m số thực a, b, c thỏa mãn: a b c    m  m 1 m Chứng minh ax2 + bx + c = có nghiệm thuộc (0; 1) Hướng dẫn: Xét hàm số f ( x)  a.x m  b.x m 1 c.x m   m  m 1 m Tương tự ta có tốn tổng quát Bài toán Cho số thực dương m, số nguyên dương n số thực a0 , a1 , , an thỏa mãn: an an 1 a     m  n m  n 1 m Chứng minh an x n  an 1 x n 1   a1 x  a0  có nghiệm thuộc (0; 1) Hướng dẫn: Xét hàm số f ( x)  an m  n an 1 a x  x m  n 1   x m mn m  n 1 m Bài toán 4.(Định lí Cauchy) DeThiMau.vn Nếu hàm số f ( x), g ( x) hàm số liên tục đoạn [a; b] , có đạo hàm khoảng (a; b) g '( x) khác không khoảng (a; b) tồn c  (a; b) cho f '(c)  f (b)  f (a ) g (b)  g (a ) Lời giải: Theo định Lagrange tồn x0  (a; b) cho g '( x0 )  Xét hàm số F ( x)  f ( x)  g (b)  g (a )  g (a )  g (b) ba f (b)  f (a ) g ( x) , ta có: F(x) hàm liên tục đoạn [a; b] , có đạo hàm g (b)  g (a ) khoảng (a; b) F (a )  F (b)  f (a ) g (b)  f (b) g (a ) g (b)  g (a ) Theo định lí Rolle tồn c  (a; b) cho F '(c)  Mà F '( x)  f '( x)  f (b)  f (a ) f (b)  f (a ) , suy f '(c)  g (b)  g (a ) g (b)  g (a ) Nhận xét: Định lí Lagrange hệ định lí Cauchy (trong trường hợp g ( x)  x ) Bài toán 5: Cho a + b – c = Chứng minh rằng: asinx+9bsin3x+25csin5x = có nghiệm thuộc 0;  Nhận xét: Bài toán tương tự toán Để chứng minh f ( x) có n nghiệm ta chứng minh F(x) có n + nghiệm với F(x) nguyên hàm f ( x) (a;b) (có thể phải áp dụng nhiều lần) Lời giải: Xét hàm số: f ( x)  asinx  bsin3 x  csin5 x , ta có: f '( x)  acosx  3bcos3 x  5ccos5 x , f ''( x)  asinx  9bsin3 x  25csin5 x Ta có    3 3 3 f (0)  f ( )  f ( )  f ( )   x1  (0; ), x2  ( ; ), x3  ( ;  ) 4 4 4 cho f (0)  f '( x1 )  ' f ( x2 )  f '( x3 )   x4  ( x1 ; x2 ), x5  ( x2 ; x3 ) | f ''( x4 )  f ''( x5 )  mà f ''(0)  f ''( )   điều phải chứng minh Bài toán Cho đa thức P(x) Q(x) = aP(x) + bP’(x) a, b số thực, a  Chứng minh Q(x) vô nghiệm P(x) vơ nghiệm Lời giải: Ta có degP(x) = degQ(x) Vì Q(x) vơ nghiệm nên degQ(x) chẵn Giả sử P(x) có nghiệm, degP(x) chẵn nên P(x) có nghiệm - Khi P(x) có nghiệm kép x = x0 ta có x0 nghiệm P’(x) suy Q(x) có nghiệm - Khi P(x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 Nếu b = hiển nhiên Q(x) có nghiệm a x b Nếu b  : Xét f ( x)  e P ( x) ta có: f ( x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 a x a ab x ba x ba x b f '( x)  e P( x)  e P '( x)  e (aP( x)  bP '( x))  e Q( x) b b b Vì f ( x) có hai nghiệm suy f '( x) có nghiệm hay Q(x) có nghiệm DeThiMau.vn 2.2 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH Bài tốn 7: Giải phương trình: 3x  x  2.4 x (1) Lời giải: Nhận xét: x  0; x  nghiệm phương trình (1) Gọi x0 nghiệm phương trình cho Ta được: 3x0  5x0  2.4 x0  5x0  x0  x0  3x0 (1a) x x Xét hàm số f (t )  (t  1)  t , ta có (1a)  f (4)  f (3) Vì f(t) liên tục [3; 4] có đạo hàm khoảng (3; 4), theo định lí Rolle tồn c  (3; 4) cho:  x0  f '(c)   x0 [(c  1) x0 1  c x0 1 ]=0    x0  Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = x = Bài toán 8: Giải phương trình: x  3x  2x (2) Lời giải: Nhận xét: x  0; x  nghiệm phương trình (2) Gọi x0 nghiệm phương trình cho, ta có: x0  x0  3x  3x (2a) Xét hàm số: f (t )  t x0  tx0 , đó: (2a)  f (5)  f (3) Vì f (t ) liên tục [3; 5] có đạo hàm (3; 5), theo định lí Lagrange tồn c  (3; 5)  x0  cho: f '(c)   x0 (c x0 1  1)=0    x0  Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = x = Bài toán Giải phương trình: 3x  2.4 x  19 x  (3) Lời giải: (5)  3x  2.4 x  19 x   Xét hàm số: y  f ( x)  3x  2.4 x  19 x  ta có: f ' ( x)  3x ln  2.4 x ln  19 DeThiMau.vn f ' ' ( x)  x (ln 3)  2.4 x (ln 4)  0, x  R hay f ''( x) vô nghiệm, suy f '( x) có nhiều nghiệm, suy f ( x) có nhiều nghiệm Mà f (0)  f (2)  (3) có hai nghiêm x  0, x  Bài tốn 10 Giải phương trình: (1  cos x)(2  4cos x )  3.4 cos x Lời giải: Đặt t  cos x, (t  [-1;1]) (3)  (1  t )(2  4t )  3.4t  (1  t )(2  4t )  3.4t  Xét hàm số: f (t )  (1  t )(2  4t )  3.4t  f '(t )   4t  (t - 2)4t ln 4, f ''(t )  2.4t ln  (t - 2)4t ln Ta có: f ''(t )   t    f ''(t ) có nghiệm ln  f '(t ) có nhiều hai nghiệm  f (t ) có nhiều ba nghiệm 1 Mặt khác dễ thấy f (0)  f ( )  f (1)  , f (t ) có ba nghiệm t  0, ,1 2 Kết luận: Nghiệm phương trình (4) là: x    k 2 , x    k 2 , x  k 2 , k  Z 2.3 CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán 11 Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a < b Chứng minh rằng: ba b ba  ln  b a a Lời giải: Xét hàm số f ( x)  ln x  f '( x)  , x  (0; ) x DeThiMau.vn (4) Theo định lí Lagrange ln tồn c  (a; b) cho f '(c)  0abc f (b)  f (a ) ln b  ln a a b b   ln mà hay  ba c ba c a 1 ba b ba     ln  b c a b a a 1 x 1 ) , Bài toán 12 Chứng minh rằng: (1  ) x  (1  x x 1 x  (0; ) Lời giải: 1 x 1 )  x[ln( x  1) - ln x]  ( x  1)[ln( x  2) - ln( x  1)] Ta có: (1  ) x  (1  x x 1 Đặt f ( x)  x[ln( x  1) - ln x] Ta có: f '( x)  ln( x  1)  ln x  x   ln( x  1)  ln x  x 1 x 1 Áp dụng định lí Lagrange hàm số: y = lnt [x; x+1], tồn c  (x; x+1) cho: f '(c)  ln( x  1)  ln x   ln( x  1)  ln x c Mà  x  c  x    1   x c x 1 1  ln( x  1)  ln x   ln( x  1)  ln x  0 x x 1 x 1  f '( x)  0, x  (0;+)  hàm số f ( x) đồng biến (0;+) Từ (1) suy ra: f '( x)  0, x  (0; )  f ( x) đồng biến (0; ) Suy ra: f ( x  1)  f ( x), x  (0; )  điều phải chứng minh Nhận xét: Trong ví dụ thực chất vấn đề ta chứng minh hàm số F ( x)  (1  ) x đồng biến x (0; ) ta chứng minh hàm số f ( x)  ln F ( x) đồng biến (0; ) , đến toán trở giống ví dụ Tương tự ta chứng minh hàm số G ( x)  (1  ) x 1 nghịch biến (0; ) x Ta chứng minh toán 12 cách khác Xét hàm số: F ( x)  ln(1  x) Với cặp số thực x, y thỏa mãn < x < y, theo định lí Lagrange, ln tồn x0  (0; x), y0  ( x; y ) thỏa mãn: f '( x0 )  f ( x)  f (0) f ( y )  f ( x) , f '( y0 )  x0 yx DeThiMau.vn hay ln(1  x) ln(1  y )  ln(1  x)  ;   x0 x  y0 yx 1 ln(1  x) ln(1  y )  ln(1  x)     y ln(1  x)  x ln(1  y )  x0  y0 x yx Mà Vậy với cặp số thực x, y thỏa mãn < x < y, ln có y ln(1  x)  x ln(1  y ), thay x y y ta có: x 1 1 1 ln(1  )  ln(1  )  (1  ) y  (1  ) x x y y x y x Bài toán 13 (Bất đẳng thức Jensen) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm cấp hai (a; b) f ''( x)  0, x  (a; b) Chứng minh rằng: f ( x1 )  f ( x2 ) x x  f ( ), x1 , x2  (a; b) 2 Lời giải: Đẳng thức xảy x1  x2 Khi x1  x2 , theo định lí Lagrange, tồn c  ( x1 ; f '(c)  f( x1  x2 x x ), d  ( ; x2 ) thỏa mãn 2 x1  x2 x x f ( x2 )  f ( ) )  f ( x1 ) 2 , f '(d )  x2  x1 x2  x1 2 Mà f ''( x)  0, x  (a; b)  f '( x) đồng biến (a; b)  f '(c)  f (d )  f ( x1  x2 x x f ( x1 )  f ( x2 ) x x  f ( ) )  f ( x1 )  f ( x2 )  f ( )  2 2 Bài toán 14 (Bất đẳng thức Bernoulli) Với số thực x thỏa mãn x > -1, chứng minh (1  x) n   nx Lời giải: - Khi x > 0: xét f (t )  (1  t ) n , theo định lí Lagrange ta có a  (0; x) thỏa mãn f ( x)  f (0)  xf '(a)  (1  x) n   nx(1  a) n 1  nx  (1  x) n   nx - Khi -1< x < 0: xét f (t )  (1  t ) n , theo định lí Lagrange ta có a  ( x;0) thỏa mãn f ( x)  f (0)  xf '(a)  (1  x) n   nx(1  a) n 1  nx  (1  x) n   nx Vậy (1  x) n   nx, x  (-1; ) Đẳng thức xảy x = Bài tốn 15 Cho hàm số f ( x) có đạo hàm cấp hai R, f ''( x)  0, x  R đếm được) Chứng minh rằng: DeThiMau.vn ( f ''( x)  có số nghiệm n f (n)  f (0)   f '(i )  f (n  1)  f (1), n  N * i 1 Lời giải: Vì f ''( x)  0, x  R ( f ''( x)  có số nghiệm đếm được)  f '( x) đồng biến R Theo định lí Lagrange, ln tồn xi  (i; i  1) cho: f '( xi )  f (i  1)  f (i ), i  R Vì f '( x) đồng biến R  f '(i )  f '( xi )  f '(i  1)  f '(i )  f (i  1)  f (i )  f '(i  1), i  R n n i 1 i 1   f '(i )   [f (i  1)  f (i )]  f (n  1)  f (1), n  N * n  i 1 n f '(i )   [f (i )  f (i  1)]  f (n)  f (0), n  N * i 1 Nhận xét: Nếu f ''( x)  0, x  R bất đẳng thức cần chứng minh đổi chiều n Bài toán 16 Chứng minh rằng:  ln n    ln(n  1), n  N * i 1 i Lời giải: Xét f ( x)  ln x  f '( x)  f '( x) nghịch biến (0 : ) x n Tương tự tốn ta có: f (n)  f (1)  f '(1)   f '(i )  f (n  1)  f (1), n  N * i 1 n   ln n    ln(n  1), n  N * i 1 i 1  Bài toán 17: Cho số nguyên dương k, tìm    (trong [x] số ngun lớn khơng vượt q x)  i 1 i  5k Lời giải: Xét hàm số f ( x)  5 x , ta có: f '( x)  x4  f '( x) nghịch biến (0; ) n Suy f (n)  f (0)   f '(i )  f (n  1)  f (1)  25 k  i 1 5k 12  25 k    25 k   5 i 1 i  10  k   2  i 1 i  5k DeThiMau.vn Nhận xét: Từ ba toán ta nhận thấy để đánh giá tổng n  f (i), n  N * ( f ( x) đồng biến nghịch i 1 biến (0 : ) ), phải xét hàm số F ( x) nguyên hàm f ( x) (0 : ) giải tương tự toán Từ việc ước lượng tổng n  f (i), n  N i 1 n * ta nghĩ đến tốn tìm giới hạn lim g (n) f (i ), ta i 1 nghiên cứu tốn sau Bài tốn 18 Tính lim n 1 i cos  n i 0 2n Lời giải: Xét f ( x)  2n  sin x x  f '( x)  cos  f '( x)  0, x  [  n; n] 2n 2n n  f '( x) đồng biến [  n; n] Suy f (n)  f (0)   f '(i )  f (n  1)  f (1) i 1  2n  cos  2n n 1   cos i 0 i n i   n 1    sin  cos   cos   sin 2n  2n 2n n i 0 2n  n 2n    n 1 i Mà lim( cos )  lim(  sin )   lim  cos  (Nguyên lí kẹp)   n 2n 2n  2n  n i 0 Bài toán 19 Cho phương trình: n  i 1  n i  nx Chứng minh rằng: Với số nguyên dương n phương trình có nghiệm dương Kí hiệu nghiệm xn, tìm limxn Lời giải: n Xét f ( x)   i 1  n i  nx n i 1 (i  nx)3 Ta có: f '( x)   n Mà f (0)   i 1  0, x  (0; )  f ( x) liên tục, nghịch biến [0; ) n  n  n  0, lim f ( x)   n   f ( x)  có nghiệm dương x  i n Xét hàm số Fn ( x)  x  nxn , ta có Fn '( x)   Fn '( x) nghịch biến (0; ) x  nxn n  Fn (n)  Fn (0)   Fn '(i )  Fn (n  1)  Fn (1) i 1 n  2( n  nxn  nxn )   i 1  2( n   nxn   nxn ) i  nxn DeThiMau.vn  2( n  nxn  nxn )  n  2( n   nxn   nxn )  xn   xn  1  xn    xn  n n  xn   xn   xn    2 1  xn   xn   xn  n n n  xn   xn   lim( xn   xn )  n  lim( xn   xn )   lim xn   lim x n  16 2 2 a  b  c  d  e Bài toán 20: Cho số thực dương a, b, c, d thỏa mãn  4 4 a  b  c  d  e Chứng minh a  b3  c3  d  e3 a  b  c  d  e Nhận xét: Trong toán từ giả thiết  4 , ta nhìn thấy giả thiết định lí Rolle 4 a  b  c  d  e với hàm số f ( x)  a x  b x  c x  d x  e x ( f (2)  f (4)  0) , ta phải chứng minh f (3)  Vì f ( x) liên tục f (3)  , suy tồn khoảng (m; n)  cho f ( x)  0, x  (m; n) , tốn trở thành xét dấu f ( x) , ta cần kiểm soát nghiệm f ( x) Lời giải: Khơng tính tổng qt ta giả sử a  b  c  1, d  e Nếu d   d   x ( x  0)  b  a  e  x a  b  c  d  e  a  (e  x  a )   (1  x)  e  e2  a  b  x     (e  a  1) x  a (a  e )    e  a    e  a  ( Mâu thuẫn )  d    e  a e  a   Tương tự ta có a  b  d  e  Xét hàm số f ( x)   a x  b x  d x  e x  f (2)  f (4)  Giả sử f ( x) có nghiệm x0  2; Theo định lí Rolle, tồn x1  x2 thỏa mãn: f '( x1 )  f '( x2 )  hay a x1 ln a  b x1 ln b  d x1 ln d  e x1 ln e, a x2 ln a  b x2 ln b  d x2 ln d  e x2 ln e  a x2 ln a  b x2 ln b d x2 ln d  e x2 ln e  a x1 ln a  b x1 ln b d x1 ln a  e x1 ln b DeThiMau.vn Mà a  b  d  e    a x2 ln a  b x2 ln b  a x1 b x2  x1 ln a  b x2 ln b  b x2  x1  a x2 ln a  b x2 ln b a x1 ln a  b x1 ln b d x2 ln d  e x2 ln e  d x2 ln d  d x2  x1 e x1 ln b   d x2  x1   d x2 ln d  e x2 ln e d x1 ln d  e x1 ln e a x2 ln a  b x2 ln b d x2 ln d  e x2 ln e (Mâu thuẫn)  a x1 ln a  b x1 ln b d x1 ln a  e x1 ln b Vậy f ( x) có hai ngiệm x = 2, x = f '( x) có nghiệm nhất, thuộc (2; 4) Vì f ( x) liên tục nên f ( x) mang dấu khoảng (; 2), (2; 4), (4; ) Mà f (0)    f ( x)  0, x  (;0)  f ( x)  0, x  (2; 4) (vì f ( x)  0, x  (2; 4) x = nghiệm f '( x) )  f (3)  (điều phải chứng minh) Định lí Lagrange cịn sử dụng để giải số toán bất đẳng thức đối xứng, nhằm mục đích làm giảm số biến Nếu cần chứng minh bất đẳng thức đối xứng n biến a1 , a2 , , an ta xét đa thức f ( x)  ( x  a1 )( x  a2 ) ( x  an ) , suy f ( x) có n nghiệm, f '( x) có n – nghiệm b1 , b2 , , bn 1 , dựa vào định lí Viète ta đưa chứng minh bất đẳng thức đối xứng với n – biến b1 , b2 , , bn 1 Bài toán 21 Cho a < b < c, chứng minh rằng: 3a  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca  3b  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca  3c Lời giải: Xét hàm số: f ( x)  ( x  a )( x  b)( x  c)  f (a )  f (b)  f (c)  Theo định lí Lagrange tồn a  x1  b  x2  c cho: f (a)  f (b)  (a  b) f '( x1 ) , f (c)  f (b)  (c  b) f '( x1 )  f '( x1 )  f '( x2 )  f '( x)  x  2(a  b  c) x  ab  bc  ca  x1  x2  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca Do đó, từ a  x1  b  x2  c Suy ra: 3a  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca  3b  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca  3c Bài toán 22 Cho số thực không âm a, b, c, d Chứng minh rằng: DeThiMau.vn abc  bcd  cda  dab  ab  bc  cd  da  ac  db Lời giải: Xét f ( x)  ( x  a )( x  b)( x  c)( x  d ) Đặt p  a  b  c  d , q  ab  bc  cd  da  ac  bd , r  abc  bcd  cda  dab, s  abcd  f ( x)  x  px3  qx  rx  s  f '( x)  x3  px  2qx  r Ta có f (a )  f (b)  f (c)  f (d )  , theo định lí Rolle suy f '( x)  có ba nghiệm (nếu a = b a nghiệm f’(x)) Suy tồn u , v, w  thỏa mãn f '( x)  4( x  u )( x  v)( x  w)  x3  4(u  v  w) x  4(uv  vw  wu ) x  4uvw  u  v  w  p  uv  vw  wu uv  vw  wu q r   uv  vw  wu  q Mà  ( uvw )   uvw   3   uvw  r   abc  bcd  cda  dab ab  bc  cd  da  ac  db  Đẳng thức xảy  u  v  w  a  b  c  d 2.4 TÌM GIỚI HẠN DÃY SỐ Định lí Lagrange sử dụng để giải số toán vế giới hạn dãy số, với dãy số xác định hàm số f ( x) dãy số xác định nghiệm phương trình f n ( x)  , nói chung f ( x), f n ( x) hàm số có đạo hàm đơn điệu tập xác định chúng, đạo hàm chúng ước lượng bất đẳng thức Do tìm giới hạn a, ta so sánh hiệu f ( xn )  f (a ), f n ( xn )  f n (a ) với xn  a ước lượng xn DeThiMau.vn  x1  2007  xn Bài toán 23 Cho dãy số thực (xn) xác định bởi:  xn 1   , n  N *  xn   Tìm giới hạn dãy số n tiến dần tới dương vơ Lời giải: Ta có xn  3, n  N * 3 Xét f(x) = x x2 1 , ta có: f '( x)   ( x  1)  f '( x)  2 Nếu (xn) có giới hạn giới hạn nghiệm lớn f ( x)  x  x   x x2 1  ( x  3)  , x  ( 3; ) phương trình f ( x)  x Ta có: x2 x2 1  x  x  1  15  ( x  x)  2( x  x)     x 2  x  x  Đặt  15 , a 2 theo định lý Lagrange, tồn cn  ( xn ; a ) (a; xn ) thỏa mãn: f ( xn )  f (a)  f '(cn ) xn  a  xn 1  a  f ( xn )  f (a)  f '(cn ) xn  a  Mà lim( 2 ) n x1  a  , limxn = a = 2 xn  a   ( 2 ) n x1  a  15 Nhận xét: Trong tốn việc giải phương trình f ( x)  x khơng thiết phải trình bày, ta cần chọn nghiệm thỏa mãn Bài tốn có dạng tổng qt:  x1  a Cho dãy số thực (xn) xác định bởi:  Chứng minh rằng: *  xn 1  f ( xn ), n  N DeThiMau.vn a) Nếu f ( x) hàm số có đạo hàm khoảng D chứa a f '( x)  b  1, x  D (xn) có giới hạn hữu hạn n tiến dần đến dương vô b) Nếu f ( x) hàm số có đạo hàm khoảng D chứa a, f (a )  f '( x)  b  1, x  D |xn| tiến dần đến dương vơ n tiến dần đến dương vô Phương pháp giải a) - Nếu phương trình f ( x)  x giải (tìm nghiệm) ta giải toán tổng quát tương tự toán ta tìm giới hạn dãy số n tiến dần tới dương vô - Nếu phương trình f ( x)  x khó giải ta giải toán tổng quát cách sử dụng tiêu chuẩn Cauchy Bài toán sau ví dụ cụ thể b) Tương tự ý a - Khi a0  D : a0  a, f (a0 )  a0 tồn cn  ( xn ; a0 ) (a0 ; xn ) thỏa mãn: f ( xn )  f (a0 )  f '(cn ) xn  a0  xn 1  a  xn 1  a  f ( xn )  f (a0 )  b xn  a0   b n a  a0  lim xn   - Khi phương trình f(x)=x vơ nghiệm, ta có f(x)-x > xD f(x)-x < xD suy xn tăng giảm Nếu xn có giới hạn giới hạn nghiệm phương trình f(x) = x, lim xn   Bài toán 24 (Dự bị VMO 2008) Cho số thực a dãy số thực (xn) xác định bởi: x1 = a xn+1 = ln(3+cosxn + sinxn) – 2008, n  N * Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn n tiến dần đến dương vô Lời giải: Đặt f(x) = ln(3+sinx+cosx) – 2008, ta có: f '( x)  cos x  sin x , x  R  sin x  cos x Mà | cos x  sin x | , | sin x  cos x | , suy ra: | f ' ( x) | DeThiMau.vn 3  q  Theo định lý Lagrange : với cặp hai số thực x, y (x < y), tồn z  ( x; y ) thỏa mãn: f(x) – f(y) = f’(z)(x-y) Từ suy |f(x) – f(y)|  q|x – y| với x, y thuộc R Áp dụng tính chất với m > n  N, ta có : |xm – xn| = |f(xm-1) – f(xn-1)|  q|xm-1- xn-1|  … qn-1|xm-n+1 – x1|  qN-1|xm-n+1 – x1| Mặt khác dãy (xn) bị chặn q < nên với  > tồn N đủ lớn cho: qN-1|xm-n+1 – x1| <  Như dãy (xn) thoả mãn tiêu chuẩn Cauchy, (xn) hội tụ Bài toán 25 (VMO 2007) Cho số thực a > f n ( x)  a10 x10 n  x n  x n 1   x  a) Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình f n ( x)  a ln có nghiệm dương Kí hiệu nghiệm xn b) Chứng minh dãy (xn) có giới hạn a 1 n dần đến vô a Lời giải: Đặt Fn ( x)  f n ( x)  a , ta có Fn ( x) liên tục, đồng biến [0; ) Fn (0)   a  0, Fn (1)  a10  n   a  Suy phương trình f n ( x)  a ln có nghiệm xn dương Đặt b  a 1  f n (b)  b n (a  1)[(a  1)9  1]  a  f n (b)  a  b  xn , n  N * a Theo định lí Lagrange, ln tồn cn  ( xn ; b) thỏa mãn: f n (b)  f n ( xn )  f '(cn )(b  xn ) Mà f '(cn )  nên b  xn  f n (b)  f n ( xn )  b n (a  1)[(a  1)9  1]  lim x n  b  b  b n (a  1)[(a  1)9  1]  xn  b  lim x n  b (vì b  (0;1) ) Nhận xét: DeThiMau.vn Bài tốn khó khăn nhiều đề khơng cho trước giới hạn dãy số Khi câu hỏi đặt giới hạn bao nhiêu? Ta trả lời câu hỏi sau: Trước hết giới hạn dãy số phải thuộc khoảng (0; 1), giả sử giới hạn dãy số b ta có: f n (b)  b n (a10b10  1 (vì b  (0;1) )  1)   lim f n (b)   b 1 b 1 b 1 Mà f n ( xn )  a   a 1 ab b 1 a Trong toán dạng dãy số xác định dãy nghiệm thuộc (a; b) phương trình f n ( x)  , với giả thiết f n ( x) hàm số đồng biến nghịch biến (a; b), f n '( x)  c với số nguyên dương n số thực dương x thuộc (a; b), giải tốn dạng nói chung ta điều khó khăn xác định giới hạn dãy số Bài tốn 26: (VMO 2002) Xét phương trình n 1  i x   , với n số nguyên dương i 1 a) Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình nêu có nghiệm lớn 1; kí hiệu nghiệm xn b) Chứng minh lim xn  Lời giải: n a) Xét f n ( x)   i 1 1  , ta có: f n ( x) liên tục nghịch biến (1; ) i x 1 2 Mà lim f n ( x)  , lim f n ( x)    f n ( x)  có nghiệm lớn x  x 1 b) Với số nguyên dương n ta có: f n (4)     f n (4)  f n ( xn )  xn  2(2n  1) Theo định lí Lagrange, ln tồn cn  ( xn ; 4) thỏa mãn: f n (4)  f n ( xn )  f '(cn )(4  xn ) DeThiMau.vn Mà f '(cn )     xn  9( f n (4)  f n ( xn ))   xn  2(2n  1)  4  xn   lim xn  2(2n  1) BÀI TẬP TỰ GIẢI Giải phương trình sau a) log (3 x  1)  log (2 x  1)  x b) 2008 x  2010 x  2.2009 x c) (4 x  2)(2  x)  Chứng minh hàm số f ( x) có đạo hàm cấp đoạn [a; b] f '(a )  f '(b) bất phương trình f ''( x)  f (a )  f '(b) có nghiệm ( a  b)    n  Tìm Lim      2n i 1  sin i  2n    x1  a Cho dãy số thực (xn) xác định bởi:   xn 1  ln  xn  2010, n  Chứng minh xn có giới hạn Cho phương trình: n  i  nx  i 1 Chứng minh rằng: Với số nguyên dương n phương trình có nghiệm dương Kí hiệu nghiệm xn, tìm limxn Chứng minh a b  b a  với a, b  Cho đa thức P(x) Q(x) = aP(x) + bP’(x) + cP”(x) a, b, c số thực thỏa mãn a  b2 – 4ac > Chứng minh Q(x) vơ nghiệm P(x) vơ nghiệm Cho số thực a khác không, đa thức P( x), deg P( x)  n  đa thức Q( x)  P( x)  aP '( x)  a P "( x)   a n P ( n ) ( x) Chứng minh P( x) vơ nghiệm Q( x) vơ nghiệm DeThiMau.vn ... Theo định lí Rolle tồn c  (a; b) cho F '(c)  Mà F '( x)  f '( x)  Joseph Louis Lagrange (1736 - 1813) f (b)  f (a ) f (b)  f (a ) , suy f '(c)  ba ba Định lí Rolle hệ định lí Lagrange. .. DeThiMau.vn Ngồi định lí Lagrange cịn phát biểu dạng tích phân sau: Định lí: Nếu f ( x) hàm liên tục đoạn [a; b] tồn điểm c  ( a; b) thỏa mãn: b  f ( x)dx  f (c)(b  a) a Định lí Lagrange dạng... ) Theo định lí Rolle tồn c  (a; b) cho F '(c)  Mà F '( x)  f '( x)  f (b)  f (a ) f (b)  f (a ) , suy f '(c)  g (b)  g (a ) g (b)  g (a ) Nhận xét: Định lí Lagrange hệ định lí Cauchy