CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ppt

Chuyên Đề: ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ LAGRANG I.

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 ( )x = cĩ k nghiệm thì 0

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

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; tỴ[-1;1] khi đĩ pt trở thành: 3t =2t + Û -t 3t 2t - = , ta thấy pt t 0 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: ( )f t =3 - 2 - t t t với tỴ[-1;1] ta cĩ f t'( )=3 ln 3 2 ln 2 1t - t -

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

f x = - > Þ 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 p x= +p kp

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

Giải: Đk: x>-1/2

Û3x + = +1 2 +log (1 2 )3 + Û3x +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- Þ1 f x'( ) 3 ln3 2= x - Þ f x"( ) 3 ln 3 0= x 2 >

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

Bài 4: Giải pt: 5x +12x =6x +11x

Giải: pt Û12x -11x =6x - Giả sử m là nghiệm của pt, xét hàm số 5x

( ) m ( 1)m

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

hay mc m-1-m c( -1)m-1 = Û0 m c[ m-1- -(c 1)m-1]=0Û =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

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=

2

4

b ³ ac(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 a¹ Xét hàm số 0 ( ) 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=0Ûax2 +bx+ = có nghiệm trên (0;1) từ đó ta có đpcm c 0

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

p

(HSG Nghệ an 2004)

gt

Xét hàm số

( )

n

+

p

ta thấy f(x) thoả mãn đk đ/l Lagrang trên [0;p ]

Mặt khác ta lại có: f(0)= - b ; ( )f p = a +5c

hay pt: a.sinn+1x c osx+cosn+1xsinx+c.sin2x c osx+c.sinx.cosx=0

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

p ) có nghiệm trên (0; )

2

p (đpcm)

Bài 3:Cho các số thực a a1, 2, ,a n thỏa mãn: 0 1 2 0

n

a

a a a

n

+ và

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 =

Giải: Xét hàm số

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 x1 +a x2 2 + + a x n n = có hai nghiệm phân biệt 0

x1,x2 Þ f x'( )1 = f '( )x2 = Þ Pt 0 1

"( ) 2 n n 0

f x = +a a x+ +na x - = có nghiệm

Bài 4: Pt: asinx+ p b2 sinpx+q2csinqx= (với p,q là các số nguyên dương lẻ) có ít 0 nhất bao nhiêu nghiệm trên [0;2 ]p ?

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

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

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

f p = Þ f x = f x = f p =

a x+ p b c qx= có 2 n0 y y1, 2:

M in{x , }<y ax{x , }<y

p < p < , Hơn nữa "(0)

"( ) 0

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

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 cÎ( ; ) : ( )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

-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

( ; )

c a b

b c a

Î Þ < <

Do đó ta có 1 lnb lna 1

-< <

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

1

y

m

-<

+

m

y x

my

y x

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

y x

Bài 3:Cmr : 1 ( )

1 n 3

n

n + > n+ " ³ (ĐH AN NINH 2001) n

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 ( 1) - ( ) '( )( 1 - ) '( ) c 0

f n f n f c n n f c

c

Bài 4: CMR: sine3 cos( -1)e -sin(e-1) cos3 e > 3cos cos( -1)e e

Xét hàm số:

3

sin ( )

cos

x

f x

x

= trên [e-1;e], ta có

2

'( )

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+cos2c+ ³1 33cos4c Þ f c'( ) 1> Þ đpcm