Bài toán dạng 1: Lập phương trình tiếp tuyến (D) của đường cong (C): đi qua điểm A cho trước. Chỉ ra tọa độ tiếp điểm của (D) và (C)1.Cho hàm số có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến với (C) kẻ từ điểm . Chỉ rõ tọa độ tiếp điểm.Bài giảiGọi khi đó ta có Phương trình tiếp tuyến (D) với (C) tại điểm M có phương trình Hay Tiếp tuyến (D) đi qua điểm Vậy phương trình tiếp tuyến kẻ từ A đến (C) có phương trình là: Nhận xét: Cách giải này có một lợi thế là sử dụng kiến thức về phương trình tiếp tuyến tại một điểm trên (C); ngoài ra còn chỉ ra tọa độ tiếp điểm Đặc biệt cách giải bài toán theo hướng này giúp rất nhiều cho các em học sinh học chương trình cơ bản . Nhưng phương pháp này có một nhược điểm là tính toán hơi phức tạp.2.Cho hàm số có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến với (C) kẻ từ điểm . Chỉ rõ tọa độ tiếp điểm. Bài giảiGọi khi đó ta có Phương trình tiếp tuyến (D) với (C) tại điểm M có phương trình Hay Tiếp tuyến (D) đi qua điểm Vậy có 3 tiếp tuyến kẻ từ điểm A đến đồ thị (C). và tọa độ 3 tiếp điểm của lần lượt với (C) là rfđfgdfgdfgfdgdf
Sáng kiến kinh nghiệm TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG TỔ HÀNH CHÁNH ĐỀ TÀI: Người thực hiện: NGUYỄN VŨ THANH Năm học 2008-2009 Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang Sáng kiến kinh nghiệm MỤC LỤC I PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục tiêu nghiên cứu Nhiệm vụ nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Một số kết đạt II NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Chương I ÁP DỤNG TÍNH CHẤT HÀM SỐ LIÊN TỤC ĐỂ GIẢI TỐN I.1.Các tính chất I.2 Các tốn I.2.1 Áp dụng tính liên tục hàm số để chứng minh phương trình có nghiệm I.2.2 Áp dụng tính liên tục hàm số để giải toán hàm số dãy số I.2.3.Dựa vào tính liên tục hàm số để chứng minh hàm số hàm I.2.4 Phương trình hàm liên tục Chương II ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE, ĐỊNH LÍ ROLLE ĐỂ GIẢI TỐN II.1CÁC ĐỊNH LÍ II.1.1 Áp dụng định lí Lagrange, định lí Rolle để chứng minh phương trình có nghiệm II.2.2 Áp dụng định lí Lagrange, định lí Rolle chứng minh đẳng thức ,bất đẳng thức II.2.3 Áp dụng định lí Lagrange, định lí Rolle để giải phương trình,hệ phương trình II.2.4 Áp dụng định lí Lagrange để giải bất phương trình II.2.5 Áp dụng định lí Lagrange để tìm giới hạn dãy số Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang Sáng kiến kinh nghiệm I PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài: Từ tham dự hội nghị Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi THPT trường Đại học Khoa học tự nhiên Hà nội tổ chức hàng năm từ 2002 đến nay,được học tập chuyên đề giảng viên , chuyên gia Tốn Bộ trình bày động viên thầy Trương Thành Phú chun viên mơn Tốn Sở Giáo dục đào tạo Tiền Giang chúng tơi có tâm huyết cố gắng thực hồn chỉnh , cụ thể hố chun đề phù hợp với trình độ học sinh tỉnh nhà để đóng góp vào thành tích chung Tỉnh kỳ thi HSG cấp khu vực cấp quốc gia Trong năm gần mơn Tốn tỉnh Tiền Giang có tiến đạt số thành tích đáng kể kỳ thi HSG khu vực Nhưng gần Bộ thay đổi mạnh quy chế thi HSG cấp Quốc gia khơng cịn phân chia hai bảng A,B trước mà có bảng thống chung tồn quốc Đề thi khó số lượng giải gây khó khăn cho Giáo viên học sinh mơn Tốn tỉnh nhà Trong điều kiện khó khăn việc tìm tài liệu viết chuyên đề việc cần thiết tình hình nay.Được ủng hộ thầy tổ Tốn Tin trường THPT Chuyên Tiền Giang thực viết chuyên đề :” Áp dụng tính liên tục hàm số, định lí Lagrange, định lí Rolle để giải tốn” Mục tiêu nghiên cứu: Nhằm hệ thống phân loại kiến thức tập có sử dụng tính liên tục định lí Lagrange , định lí Rolle đồng thời đưa nhận xét cách giải Giúp cho học sinh có hệ thống kiến thức biết vận dụng vào việc giải tốn giải tích , đại số đồng thời định hướng suy nghĩ tư toán học khả vận dụng sáng tạo toán Nhiệm vụ nghiên cứu: Trình bày lời giải hướng dẫn giải tốn có sử dụng tính liên tục hàm số để chứng minh phương trình có nghiệm, để giải tốn hàm số dãy số , trình bày phương pháp chứng minh hàm số hàm số lớp phương trình hàm liên tục Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang Sáng kiến kinh nghiệm Tiếp theo áp dụng tính liên tục hàm số tập áp dụng định lí Lagrange, định lí Rolle để chứng minh phương trình có nghiệm, để chứng minh đẳng thức,bất đẳng thức, để giải phương trình,hệ phương trình,bất phương trình áp dụng để tìm giới hạn dãy số Rèn luyện tư tốn thơng qua tập hàm số giới hạn dãy số đồng thời trao đổi học tập kinh nghiệm với thầy cô mơn Tốn tỉnh Tiền Giang Phương pháp nghiên cứu -Dựa vào chuyên đề học Hà Nội tài liệu tất đợt bồi dưỡng để trình bày hệ thống áp dụng hàm số liên tục , định lí Lagrange, định lí Rolle nhận xét -Hướng dẫn học sinh Đội tuyển tìm tài liệu có liên quan,phân loại tập,nhận xét cách giải, tạo tình có vấn đề để HS trao đổi nghiên cứu -Hệ thống xếp dạng tập từ dễ đến khó có lời giải cụ thể -Phương pháp phân tích:giúp học sinh nắm rõ chất vấn đề , lựa chọn phương pháp giải phù hợp đồng thời mở rộng tương tự hoá toán Một số kết đạt Giúp cho học sinh đội tuyển có thêm phương pháp tài liệu cần thiết để giải toán hàm số dãy số Qua chuyên đề giúp học sinh khắc sâu thêm kiến thức hàm số liên tục giới hạn dãy số Giúp cho học sinh có thêm phương pháp để viết chuyên đề nâng cao khác II NỘI DUNG NGHIÊN CỨU 1.Các tính chất hàm số liên tục đoạn áp dụng nhiều phong phú đa dạng toán hàm số dãy số định lí Lagrange, định lí Rolle sử dụng đề thi HS giỏi cấp Quốc Gia gần đây.Với mong muốn có chun đề tương đối hồn chỉnh các dạng tập nên viết chuyên đề :” Áp dụng tính liên tục hàm số, định lí Lagrange, định lí Rolle để giải tốn” để phục vụ giảng dạy cho học sinh Đội tuyển tỉnh nhà Đề tài chia làm chương: Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang Sáng kiến kinh nghiệm -Chương I: Trình bày áp dụng tính chất hàm số liên tục, chương chủ yếu áp dụng tính chất hàm số liên tục đoạn đồng thời sử dụng nhiều đến tồn giới hạn hữu hạn dãy số mối liên hệ giới hạn dãy giới hạn hàm - Chương II: Trình bày áp dụng định lí Lagrange, định lí Rolle để chứng minh phương trình có nghiệm, để chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, để giải phương trình,hệ phương trình,bất phương trình áp dụng để tìm giới hạn dãy số Dù cố gắng nhiều đề tài khơng tránh khỏi sai sót , mong nhận đóng góp từ đồng nghiệp mơn Tốn tỉnh nhà Sau trình bày phần nội dung đề tài Chương I ÁP DỤNG TÍNH CHẤT HÀM SỐ LIÊN TỤC ĐỂ GIẢI TỐN I.1.CÁC TÍNH CHẤT: 1.Nếu hàm số f liên tục x0 dãy (xn) có limxn = x0 limf(xn) = f(x0) = f(limxn) 2.Nếu hàm số y = f(x) liên tục đoạn [a;b] đạt giá trị lớn giá trị nhỏ đoạn đó,đồng thời nhận giá trị trung gian giá trị nhỏ giá trị lớn nhất,nghĩa : a/Tồn x1 ∈ [ a ; b ] cho f(x1) ≤ f(x) với ∀x ∈ [ a ; b ] , kí hiệu m=f(x1)= [min] f ( x ) a ;b b/ Tồn x ∈ [ a ; b ] cho f(x) ≤ f(x2) với ∀x ∈ [ a ; b ] , kí hiệu M = f(x2) = max f ( x ) [ a ;b ] c/Với c ∈ [ m; M ], ∃ x0 ∈ [ a ; b ] cho f(x0) = c Nếu hàm số y = f(x) liên tục đoạn [a;b] f(a).f(b) < tồn x0 ∈ ( a ; b ) cho f(x0) = 0,nghĩa phương trình f(x) = có nghiệm.Nếu có thêm giả thiết hàm số f đơn điệu khoảng (a;b) nghiệm x0 I.2.CÁC BÀI TỐN: I.2.1 Áp dụng tính liên tục hàm số để chứng minh phương trình có nghiệm: Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang Sáng kiến kinh nghiệm Biến đổi phương trình dạng f(x) = sau chứng minh f liên tục [a;b] f(a).f(b) ≤ a2 b2 + Bài 1: Cho a,b,c khác p,q tùy ý.CMR phương trình x − p x − q = c ln có nghiệm Giải :* Với p = q ta có ⎧x ≠ p a + b2 ⎪ = c ⇔ ⎨ a2 + b2 x− p +p ⎪x = c ⎩ phương trình có nghiệm * Với p ≠ q điều kiện xác định x ≠ p x ≠ q Với điều kiện phương trình tương đương với a2(x-q)+b2(x-p)=c(x-p)(x-q) ⇔ c(x-p)(x-q)- a2(x-q)-b2(x-p) = Đặt vế trái phương trình f(x) Ta có f liên tục R f(p)f(q) = -a2b2(p-q)2 ≤ 0.Do tồn số x0 p q cho f(x0) = 0,tức phương trình có nghiệm Bài 2: Cho hàm f :[a; b] → [a; b] liên tục CMR phương trình f(x) = x có nghiệm [a;b] HD:Đặt g(x) = f(x) –x liên tục [a;b] g(a).g(b) ≤ Bài 3:CMR phương trình HD: Điều kiện x ≠ k π 1 − = m ln có nghiệm cos x sin x PT tương đương với sinx – cosx –msinxcosx = π π Đặt f(x) = sinx – cosx –msinxcosx liên tục [0; ] f (0) f ( ) < 2 Bài 4:CMR với a,b,c PT sau ln có nghiệm: ab(x-a)(x-b)+ bc(x-b)(x-c)+ ac(x-a)(x-c) = HD: Đặt f(x)= ab(x-a)(x-b)+ bc(x-b)(x-c)+ ac(x-a)(x-c) liên tục R f (a ) f (b) f (c) f (0) ≤ ⇒ f (a ) f (b) ≤ f (c) f (0) ≤ I.2.2 Áp dụng tính liên tục hàm số để giải toán hàm số dãy số: -Áp dụng định lí giá trị trung gian giá trị nhỏ giá trị lớn hàm liên tục -Dãy số đơn điệu bị chặn tồn giới hạn hữu hạn Bài 5: Cho f hàm số liên tục R thỏa mãn điều kiện f(f(x))f(x) =1 với x f(2a)=2a-1( với a>1).Hãy tính f(a) Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang Sáng kiến kinh nghiệm Giải: Ta có f(f(2a)).f(2a) =1 f(2a) = 2a-1 nên [f(2a-1)].(2a-1) =1 suy f(2a-1)= a −1 Vì f liên tục R a −1 < a < a − nên tồn x0 ∈ (2a-1;2a) cho f(x0) = a Vì f(f(x)).f(x)=1 với x nên f(f(x0)).f(x0)=1 suy f ( a ) = a Bài 6: Cho hai hàm số liên tục f,g:[0;1] → [0;1] thỏa mãn điều kiện f(g(x)) = g(f(x)) , ∀x ∈ [0; 1] Biết f hàm số tăng.CMR tồn a ∈ [0; 1] cho f(a) = g(a) = a Giải: Đặt h(x) = g(x)-x với ∀x ∈ [0; 1] , h hàm số liên tục [0;1] h(0).h(1) = [g(0)-0] [g(1)-1] ≤ nên tồn x0 ∈ [0; 1] cho h(x0) = hay g(x0) = x0 Nếu f(x0) = x0 ta có đpcm Nếu f(x0) ≠ x0 ta xét dãy (xn) xác định x1 = f(x0),xn+1 = f (xn) với n ≥ 1.Rõ ràng x n ∈ [0; 1] Do f hàm số tăng nên dãy (xn) dãy tăng x0 < x1 dãy giảm x0 > x1 Suy tồn limxn =a ∈ [0; 1] Bằng quy nạp ta chứng minh g(xn) = xn với n ≥ 1.Thật với n =1 ta có x1 = f(x0) ⇒ g(x1) = g(f(x0)) = f(g(x0)) = f(x0) = x1 Giả sử g(xk) = xk Khi xk+1 = f(xk) = f(g(xk)) = g(f(xk)) = g(xk+1) Vậy g(xn) = xn với n ≥ 1.Do f g liên tục nên ta có : f(a) = f(limxn) = limf(xn) = limxn+1 = a g(a) = g(limxn) = limg(xn) = limxn = a Vậy f(a) = g(a) = a Bài 7: Cho f hàm số liên tục đoạn [0;1] thỏa điều kiện f(0) = f(1) CMR với số tự nhiên n tồn số c thuộc đoạn [0;1] cho f (c) = f (c + ) n ⎡ n − 1⎤ Giải : Xét hàm số g ( x) = f ( x + ) − f ( x) , x ∈ ⎢0; g liên tục n n ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ n − 1⎤ ⎢0; n ⎥ ⎣ ⎦ n −1 n −1 ) g (0) + g ( ) + g ( ) + g ( ) = f ( ) − f (0) + f ( ) − f ( ) + + f (1) − f ( n n n n n n n = f (1) − f (0) = i j Từ suy tồn i,j cho g ( ) ≤ ; g ( ) ≥ Vì g liên tục n n ⎡ n − 1⎤ ⎢0; n ⎥ nên ⎣ ⎦ Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang Sáng kiến kinh nghiệm ⎛ i j⎞ ∃c ∈ ⎜ , ⎟ : g (c) = Vậy tồn ∃c ∈ [0;1]: f (c) = f (c + ) n ⎝n n⎠ Bài 8: Ký hiệu xn nghiệm phương trình 1 + + + =0 x x −1 x−n thuộc khoảng (0, 1) a) Chứng minh dãy (xn) hội tụ; b) Hãy tìm giới hạn Giải x a/ xn xác định hàm số f n ( x) = + 1 liên tục , giảm + + x −1 x−n (0, 1) lim+ fn ( x ) = +∞ ; lim− fn ( x ) = −∞ x →0 x →1 Rõ ràng xn xác định với < xn < Ta có f n+1 ( x) = 1 1 + + + + = f n ( x) + suy ra: x x −1 x − n x − n −1 x − n −1 fn+1(xn) = fn(xn) + 1/(xn-n-1) = 1/(xn-n-1) < 0, lim+ fn +1 ( x ) = +∞ Theo tính chất x →0 hàm liên tục, khoảng (0, xn) có nghiệm fn+1(x) Nghiệm xn+1 Vậy ta chứng minh xn+1 < xn Tức dãy số (xn) giảm Do dãy bị chặn nên dãy số có giới hạn b/Ta chứng minh giới hạn nói Để chứng minh điều này, ta cần đến kết quen thuộc sau: + 1/2 + 1/3 + … + 1/n > ln(n) (Thật ta có ln(1+1/n) < 1/n suy + 1/2 + 1/3 + … + 1/n > ln2+ln3-ln2+…+ln(n+1)lnn=ln(n+1) > lnn) Thật vậy, giả sử lim xn = a > Khi đó, dãy số giảm nên ta có xn ≥ a với n Do + 1/2 + 1/3 + … + 1/n +∞ n +∞ nên tồn N cho với n ≥ N ta có + 1/2 + 1/3 + … + 1/n > 1/a Khi với n ≥ N ta có Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang Sáng kiến kinh nghiệm 0= 1 1 1 1 + + + < + + + + < − =0 xn xn − xn − n xn − − −n a a Mâu thuẫn Vậy ta phải có lim xn = NX : * Có thể lập bảng biến thiên để thấy hàm số fn giảm từ +∞ xuống -∞ (0 ;1) * Áp dụng : lim un = +∞ ⇔ (∀M > 0, ∃N : n > N ⇒ un > M ) n →+∞ * Dãy (un) giảm bị chặn tồn giới hạn hữu hạn lim un n →+∞ Bài : Cho n số nguyên dương lớn Chứng minh phương trình xn = x + có nghiệm dương nhất, ký hiệu xn Chứng minh xn dần n dần đến vơ tìm lim n( x n − 1) n→∞ Giải : Đặt fn(x) = xn – x – ta có fn(1) = -1< ,fn(3) > n>1và f tăng (1 ; +∞ ) n nên xn > Khi fn+1(1) = - < fn+1(xn) = xn +1 – xn – > xnn – xn – 1= fn(xn) = Từ ta suy < xn+1 < xn Suy dãy (xn) có giới hạn hữu hạn a Ta chứng minh a = Thật vậy, giả sử a > Khi xn ≥ a với n ta tìm n đủ lớn cho: xnn ≥ an > xn + < 3, mâu thuẫn fn(xn) = Đặt xn = + yn với lim yn = Thay vào phương trình fn(xn) = 0, ta (1+yn)n = + yn Lấy logarith hai vế, ta nln(1+yn) = ln(2+yn) Từ suy lim nln(1+yn) = ln2 ⇒ lim nyn n→+∞ ln(1 + yn ) = ln yn ln(1 + yn ) = nên từ ta suy lim nyn = ln2, tức n →+∞ yn Nhưng lim lim n( x n − 1) = ln n →∞ NX: * (un) giảm lim xn = a xn ≥ a * Với a >1 lim a n = +∞ nên với n đủ lớn an > ln(1 + x) =1 x →0 x * lim I.2.3.Dựa vào tính liên tục hàm số để chứng minh hàm số hàm Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang Sáng kiến kinh nghiệm Ta thường áp dụng tính chất sau: Nếu hàm số f liên tục x0 dãy (xn) có limxn = x0 limf(xn) = f(x0) = f(limxn) x Bài 10:Tìm hàm f liên tục R thỏa mãn f ( x) = f ( ) , ∀x ∈ R Giải:Giả sử có hàm số f thỏa điều kiện toán , quy nạp ta chứng minh : f ( x) = f ( x x x ) , ∀n ∈ N Cho n → +∞ n → Vì f liên tục nên f ( n ) → f (0) n 2 Vậy f ( x) = lim f ( x ) = f (0) = c Thử lại f(x) = c thỏa yêu cầu.Vậy f hàm số 2n Bài 11: Tìm hàm f liên tục R thỏa mãn f(x2).f(x) =1 với ∀x ∈ R Giải : Từ đề ta có f ( x) ≠ , ∀x ∈ R f(0) = ±1 , f(1) = ±1 Ta lại có f(x2).f(x) = f(x2).f(-x) ∀x ∈ R nên f(x) = f(-x) ∀x ∈ R ,do ta cần xét với x ≥ • Với ≤ x < 1: f ( x) = n = f ( x ) = f ( x16 ) = = f ( x ) f (x ) n n Khi n → +∞ x → f liên tục nên f(x) = limf( x ) = f(0) = ±1 • Với x ≥ : f ( x) = 1 16 = f ( x ) = f ( x ) = = f ( x ) 4n f (x ) 1 Khi n → +∞ x → f liên tục nên f(x) = limf( x ) = f(1) = ±1 n n Vì f liên tục nên có hai hàm thỏa yêu cầu toán f(x) = f(x) = -1 với x NX : x < lim x n = Bài 12: Tìm hàm f liên tục R thỏa mãn f ( x) = f ( x + ) với ∀x ∈ R Giải: Giả sử f hàm thỏa mãn điều kiện tốn f hàm số chẵn Ta xét hai trường hợp *Với ≤ x0 ≤ ≤ xn ≤ 1 Xét dãy x0,x1,…,xn,… xác định xn+1 = xn + Bằng quy nạp ta có 1 2 , ∀n ∈ N Mặt khác xn+1 − xn = xn − xn + = ( xn − ) ≥ suy (xn) dãy đơn 2 điệu tăng nên hội tụ Gọi limxn = a a2 -a+ Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh 1 = suy a = Trang 10 Sáng kiến kinh nghiệm 1 Vì f hàm liên tục nên lim f(xn) = f( ) , mặt khác f ( xn+1 ) = f ( xn + ) = f ( xn ) , ∀n ∈ N 1 Vậy f(x0) = f(x1) =…= f(xn) =… nên f(x0) = f( ) với x0∈ [0; ] 2 *Với x0 > 1 Xét dãy x0,x1,…,xn,… xác định xn+1 = xn − Như (xn) dãy hội tụ limxn = 1 f liên tục nên lim f(xn) = f( ) , mặt 2 khác f ( xn+1 ) = f ( xn+1 + ) = f ( xn ) , ∀n ∈ N 1 Vậy f(x0) = f(x1) =…= f(xn) =… nên f(x0) = f( ) với x0 > 2 Thử lại f(x) = C thỏa đề Vậy f hàm với x Bài 13: Tìm hàm f liên tục R thỏa mãn f ( x ) + f ( x) = x + x với ∀x ∈ R Giải Đặt g(x) = f(x)-x , g liên tục R g(x2)+g(x) = với ∀x ∈ R g hàm chẵn 4 g(0) = g(1) = Với x > ta có g(x)= -g(x ) = g(x ) suy g(x) = g ( x ) n Với x0 > ta xét dãy x0, x1,…, xn,… với xn+1 = x , ∀n ∈ N n 16 n −1 Ta có xn+1 = x = x = = x n +1 n → g ( xn+1 ) = g ( x ) = g ( xn ) = g ( xn−1 ) = = g ( x0 ) Vì g liên tục nên g(x0) = limg(xn) = g(limxn) = g(1) = 0.Vậy g(x) = với ∀x ∈ R f(x) = x với ∀x ∈ R Hiển hiên hàm số thỏa u cầu tốn Bài 14: Tìm hàm f liên tục [0;1] thỏa mãn f(xf(x)) = f(x) , ∀x ∈ [0;1] Giải:Giả sử a ∈ (0;1] b = f(a).Khi f xác định a xác định ab,ab2,…,abn Bằng quy nạp ta có f(abn) = b, ∀n ∈ N Thật với n=1 ta có f(ab) = f(af(a))=f(a) = b f(abn+1) = f(abnf(abn)) = f(abn) = b.Ta có b ∈ [0;1] b1 ,khi f khơng xác định ab abn Do f liên tục nên với < b ) Bài 15: Tìm hàm f liên tục R thỏa mãn f(x+y) = f(x)+f(y)+f(x).f(y) với x,y∈ R Giải: Đặt g(x) = f(x)+1 g liên tục R g(x+y)-1 = g(x)-1+g(y)-1+[g(x)-1][g(y)-1] suy g(x+y) = g(x).g(y) với x,y∈ R Vậy g(x) = g(x) = ax Thử lại ta có f(x) = ax-1 với x∈ R Bài 16: Tìm hàm f liên tục R thỏa mãn f(x+y) = f(x)+f(y)+2x.y với x,y∈ R f(1) = -1 Giải:Thay y = ta f(0) = 0.theo đề ta có f(x+y)-(x+y)2-2(x+y) = f(x)-x2-2x+f(y)-y2-2y Đặt g(x) = f(x)-x2-2x liên tục R g(x+y) = g(x)+g(y) , g liên tục cộng tính nên g(x) = ax Mặt khác g(1) = f(1)-3 = -4 = a nên g(x) = -4x.Vậy f(x) = x2-2x với x∈ R Bài 17 : Tìm hàm f liên tục R thỏa mãn f(2x-y)=2f(x)-f(y) với x,y∈ R HD : Đặt g(x) = f(x)-f(0) liên tục R ta có g(0) = g(2x-y) = 2g(x)-g(y) Cho x = ta có g(-y) = -g(y) ; cho y = ta có g(2x) = 2g(x).Từ suy : g(2x-y) = g(2x)+g(-y) suy g(x) = ax.Vậy f(x) = ax+b Bài 18 : Tìm hàm f liên tục R thỏa mãn f(x)+f(y)- f(x+y) = x.y với x,y∈ R ( x + y)2 − ( x + y ) PT viết : HD : Ta có xy = f ( x) + x2 y2 ( x + y)2 x2 + f ( y) + = f ( x + y) + Đặt g ( x) = f ( x) + ta có 2 2 x2 g(x+y) = g(x)+g(y) với x,y∈ R suy g(x) = ax v f ( x) = ax − Bài 19: Tìm hàm f liên tục R thỏa mãn f(x+y)+f(z) = f(x)+f(y+z) với x,y,z∈ R HD: Đặt f(0) = c Thay z = ta có f(x+y)+c = f(x)+f(y) ⇔ f(x+y)-c = f(x)-c+f(y)-c ⇔ g(x+y) = g(x)+g(y) Suy g(x) = ax f(x) = ax+c Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 12 Sáng kiến kinh nghiệm CHƯƠNG II ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE, ĐỊNH LÍ ROLLE ĐỂ GIẢI TỐN : II.1.CÁC ĐỊNH LÍ : 1.Định lí Lagrange : Cho hàm số f liên tục [a;b] có đạo hàm (a;b) tồn x0 ∈ (a;b) cho f (b) − f (a ) = f / ( x0 ) b−a Ý nghĩa định lí Lagrange : Lấy hai điểm A(a;f(a)) B(b;f(b)) với y=f(x) hàm số liên tục [a;b] có đạo hàm (a;b) Lúc cung AB đồ thị có điểm C mà tiếp tuyến đồ thị song song với đường thẳng AB 2.Định lí Rolle : Cho hàm số f liên tục [a;b] có đạo hàm (a;b) f(a) = f(b) tồn x0 ∈ (a;b) cho f / (x0) = Ý nghĩa định lí Rolle: Lấy hai điểm A(a;f(a)) B(b;f(b)) với y = f(x) hàm số liên tục [a;b] có đạo hàm (a;b) Lúc cung AB đồ thị có điểm C mà tiếp tuyến đồ thị phương với trục hoành Hệ : Cho hàm số y = f(x) liên tục [a;b] có đạo hàm (a;b).Nếu phương trình f / (x) = có k nghiệm phân biệt (a;b) phương trình f(x) = có khơng q k+1 nghiệm khoảng 3.Định lí Cơsi : Cho hàm số f g liên tục [a;b] có đạo hàm (a;b) tồn c ∈ (a;b) cho: [f(b)-f(a)]g/(c) = [g(b)-g(a)]f /(c) 4.Tính chất : Nếu đa thức P(x) với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt đa thức P / (x) có n-1 nghiệm thực II.2.CÁC BÀI TẬP ÁP DỤNG: II.2.1 Áp dụng định lí Lagrange, định lí Rolle để chứng minh phương trình có nghiệm: Ta xác định hàm số y = F(x) liên tục [a;b] có đạo hàm (a;b) F(a) = F(b) Bài 20 : Cho m > , a,b,c thỏa a b c + + =0 m + m +1 m CMR phương trình ax2+bx+c = có nghiệm thuộc khoảng (0;1) Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 13 Sáng kiến kinh nghiệm HD: Hàm số F(x)= a b c x m+ + x m+1 + x m liên tục [0;1] có đạo hàm (0;1) m+2 m +1 m F(0) = F(1) = nên tồn x0∈ (0;1) cho: m 2 F / (x0)= x0 −1 (ax0 + bx0 + c) = ⇒ ax0 + bx0 + c = Bài 21:Cho a0 + a a1 a2 + + + n = CMR phương trình : n +1 anxn + an-1xn-1 +…+ a1x +a0 = ( an ≠ ) có nghiệm thuộc khoảng (0;1) ak k +1 x liên tục [0;1] có đạo hàm (0;1) k +1 k =0 n HD :Xét hàm số F(x)= ∑ F(0) = F(1) = sau áp dụng định lý Rolle Bài 22: Cho số thực a,b,c số nguyên dương n thỏa c = −6(a + b) CMR phương 5(n + 2) π trình asinnx+bcosnx +csinx+c=0 có nghiệm thuộc (0; ) HD: Xét hàm số f(x) = 2a 2b 2c sin n+2 x − cos n+ x + sin x − c cos x có n+2 n+2 π 2a + 2b 5c f / ( x) = sin2x(asinnx+bcosnx +csinx+c) f ( ) − f (0) = + = sau áp dụng n+2 định lí Rolle Bài 23: Cho n số nguyên dương số thực ak,bk ( k=1,2,…,n) CMR phương trình n x + ∑ (ak sin kx + bk cos kx) = có nghiệm (−π ;π ) k =1 HD: Xét hàm số f ( x) = n x2 1 + ∑ (− ak cos kx + bk sin kx) liên tục [−π ;π ] có đạo hàm k =1 k k (−π ;π ) f (−π ) = f (π ) cn cn 2n c1 c2 c2 23 = 2c0 + 2c1 + + + = Bài 24: Cho c0 + + + + + n +1 n +1 CMR phương trình c1+2c2x+…+ncnxn-1 = có nghiệm thuộc khoảng (0;2) Người thực hiện: Nguyễn Vũ Thanh Trang 14 Sáng kiến kinh nghiệm 1 HD:Xét hàm số F ( x) = c0 x + c1 x + c2 x3 + + cn x n+1 có F(0) = F(1) = F(2) = nên F/ n +1 có nghiệm x1, x2 thỏa 0