ứng dụng của định lý lagrange và định lý rolle

Chương 1: ÁP DỤNG HÀM SỐ NGƯỢC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH I. Một số kiến thức chuẩn bị: 1. Định nghĩa hàm số ngược: Cho hàm số f : D D'→ (với D, D’ ⊂ ) x y f (x)=a Nếu f là song ánh thì tồn tại hàm số ngược f 1− : D' D→ 1 y x f (y) − =a 2. Cách tìm hàm số ngược: - Tìm miền xác định D của f nếu đề bài chưa cho. - Tìm miền giá trị D' của f. - Chứng minh f : D → D' là một song ánh. Khi đó f có hàm số ngược là f 1− : D' D→ 1 y x f (y) − =a Trong thực hành, để tìm hàm số ngược của hàm số f(x) ta giải phương trình y = f(x) với ẩn là x, ta được x = g(y), sau đó đổi vai trò của x và y. Ví dụ:[4] Tìm hàm ngược của hàm số f(x) = x 1 x 1 − + . Trước hết ta giải phương trình với ẩn x là y = x 1 x 1 − + với x ≠ -1. Ta có xy + y = x -1 ⇔ x(1-y) = y + 1 ⇔ x = 1 y 1 y + − . Như vậy hàm số ngược của hàm số đã cho là 1 f − (x) = 1 x 1 x + − . 3. Tính chất: - Hàm số g là hàm ngược của f khi và chỉ khi f là hàm ngược của g. - Hàm ngược (nếu có) của một hàm số là duy nhất. - Hàm ngược là một đơn ánh. - Mọi hàm số đơn ánh đều có hàm ngược. Mọi hàm số đơn điệu nghiêm ngặt đều có hàm số ngược. 4. Đồ thị của hàm số ngược: Nếu hàm số g(x) là hàm ngược của hàm số f(x) thì hai đồ thị của hai hàm số y = f(x) và y = g(x) đối xứng nhau qua đường phân giác của góc phần tư thứ I và thứ III. II. Nội dung: 1 1. Ví dụ mở đầu:[5] Giải phương trình 3 3 x 1 2 2x 1+ = − (1) Giải: Hầu hết các sách về toán sơ cấp đều giải như sau Đặt 3 3 2x 1 y y 1 2x− = ⇔ + = . Vậy ta có hệ phương trình 3 3 x 1 2y (2) y 1 2x (3)  + =   + =   Lấy (2) – (3) ta được x 3 – y 3 = 2(y – x) ⇔ (x – y)( x 2 + xy + y 2 +2 ) = 0 ⇔ 2 2 x y x xy y 2 0 =   + + + =  ⇔ 2 2 x y y 3y x 2 0 2 4 =      + + + =  ÷     ⇔ x = y Thay vào (2) ta được x 3 +1 = 2x ⇔ ( x – 1)(x 2 +x – 1) = 0 ⇔ x 1 1 5 x 2 =   − ±  =   Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x = 1, 1 5 x 2 − ± = .  Nhận xét: (1) ⇔ + = − 3 3 x 1 2x 1 ( 4 ) 2 Dễ thấy y = f(x) = + 3 x 1 2 và y = g(x) = − 3 2x 1 là 2 hàm ngược nhau, hay g(x) = −1 f (x). Do đó (3) ⇔ f(x) = −1 f (x). Ta xét phương trình dạng này. 2. Phương trình dạng f(x) = 1 f − (x) (*) Tính chất: Xét f(x) là hàm đồng biến, khi đó phương trình f(x) = 1− f (x) ⇔ f(x) = x. Chứng minh: Điều kiện cần: Giả sử x < f(x) = 1 f − (x). Vì f(x) đồng biến ⇒ f(x) < f( 1 f − (x)) = x < f(x) (mâu thuẫn). Giả sử x > f(x) = 1 f − (x) ⇒ f(x) > f( 1 f − (x)) = x > f(x) (mâu thuẫn). Vậy f(x) = x. 2 Điều kiện đủ: Vì f(x) = x nên A(x,f(x)) thuộc đường thẳng (d) : y = x. Do đó điểm đối xứng của A qua đường thẳng (d) cũng là A. Suy ra A cũng thuộc đồ thị hàm số y = 1 f − (x) ⇒ f(x) = 1 f − (x).  Trở lại ví dụ mở đầu, (4) có dạng f(x) = 1 f − (x), trong đó f(x) = 3 x 1 2 + là hàm đồng biến trên R . Do đó (4) ⇔ f(x) = x ⇔ 3 x 1 2 + = x ⇔ x 3 – 2x +1 = 0. Vậy với những hàm f(x) đồng biến cụ thể thì ta sẽ được những phương trình cụ thể mà ta gọi là phương trình chứa hai hàm ngược nhau. Khi gặp phương trình như vậy, ta tìm cách biến đổi về dạng trên. Xét một số ví dụ sau: Ví dụ 1: [1] Giải phương trình (8cos 3 x + 1) 3 = 162cosx – 27 (1) Giải: (1) ⇔ 3 3 (2cosx) 1 3(2cosx) 1 (2) 3   + = −  ÷   Đặt 2cosx = t, t ∈ [ -2,2]. Phương trình (2) trở thành 3 3 t 1 3t 1 3   + = −  ÷   ⇔ 3 t 1 3 + 3 3t 1= − (3) Hàm số y = f(t) = 3 t 1 3 + đồng biến và có hàm số ngược là y = 1 3 f (t) 3t 1 − = − . Do đó (3) ⇔ f(t) = 1 f − (t) với f(t) đồng biến ⇔ f(t) = t ⇔ 3 t 1 3 + = t ⇔ t 3 – 3t +1= 0 Vậy (1) ⇔ (2cosx) 3 – 3(2cosx) +1 = 0 ⇔ 8cos 3 x – 6cosx +1 = 0 ⇔ 2(4cos 3 x – 3cosx) +1 = 0 ⇔ 2cos3x +1 = 0 ⇔ cos3x = 1 2 − 2 3x k2 (k ) 3 π ⇔ = ± + π ∈Z 3 2 2 x k (k ) 9 3 π π ⇔ = ± + ∈Z Vậy phương trình có nghiệm x = 2 2 k (k ) 9 3 ππ ± + ∈Z .  Nhận xét: Ở ví dụ trên, phương trình gốc vẫn là + = − 3 3 t 1 3t 1 3 . Từ phương trình này ta thay t = 2cosx và biến đổi sẽ được phương trình ban đầu.  Tổng quát: Có thể tổng quát lên dạng (f(x)) n + b = a ( ) n af x b− (**), trong đó a > 0, n là số tự nhiên lẻ. Đặt y = f(x), y ∈ D’ (D’ là miền giá trị của f(x)). Khi đó (**) ⇔ n n y b ay b a + = − . Xét g(y) = n y b a + . Ta có g’(y) = n 1 n y a - ≥ 0, y" ∈ D’. ⇒ g(y) đồng biến trên D’. Do đó g(y) có hàm số ngược là 1 n g (y) ay b − = − . Vậy (**) ⇔ n y b y a + = ⇔ y n – ay + b = 0 (4) Tuy nhiên, việc giải phương trình (4) là không đơn giản. Người ta thường cho n = 3.  Nhận xét: Ở (**), nếu ta thay hằng số b bằng một biểu thức theo x thì vẫn giải được. Ví dụ 2:[8] Giải phương trình sau 7x 2 – 13x + 8 = 2x 2 ( ) 2 3 x 1 3x 3x+ - (1) Giải: Nhận xét rằng phương trình trên chưa có dạng như trên, nhưng có thể biến đổi để đưa về dạng trên. Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia hai vế phương trình cho x 3 ta được : 3 2 3 2 7 13 8 1 3 2 3 x x x x x - + = + - . (2) Đặt 1 x = t, t ∈ *. Khi đó (2) được viết lại: 8t 3 – 13t 2 + 7t = 2 3 2 t 3t 3+ - ⇔ (2t – 1) 3 – (t 2 – t – 1) = 2 3 2 2(2t 1) t t 1- + - - (3) Đặt y = 2t – 1, y ≠ -1. (3) được viết lại y 3 – (t 2 – t – 1) = 2 3 2 2y t t 1+ - - 4 ⇔ 3 2 2 3 y (t t 1) 2y t t 1 2 - - - = + - - (4) Hàm số f(y) = 3 2 y (t t 1) 2 - - - là hàm đồng biến trên \{-1} và có hàm ngược là 1 2 3 f (y) 2y t t 1 - = + - - . Do đó (4) ⇔ f(y) = 1 f (y) - ⇔ f(y) = y ⇔ 3 2 y (t t 1) 2 - - - = y ⇔ 8t 3 – 13t 2 + 3t + 2 = 0 ⇔ (t – 1)(8t 2 – 5t + 2) = 0 ⇔ 2 t 1 0 8t 5t 2 0 é - = ê ê - - = ë ⇔ t 1 5 89 t 16 é = ê ê ± ê = ê ë Suy ra x 1 16 x 5 89 é = ê ê ê = ê ± ë Thử lại ta thấy ba nghiệm này thỏa phương trình (1). Vậy phương trình có ba nghiệm x = 1 ; x = 16 5 89± . Ở phổ thông còn có hai hàm ngược nhau mà ta thường gặp là hàm mũ và hàm logarit. Ví dụ 3:[1] Giải phương trình sau ln(sinx + 1 ) = e sinx – 1. (1) Giải: Điều kiện: sinx + 1 > 0 ⇔ sinx > – 1 ⇔ sinx ≠ –1 ⇔ x ≠ k2 (k ) 2 p - + pÎ Z Đặt sinx = t, –1 < t ≤ 1. Khi đó (1) trở thành ln(t+1) = e t –1 (2) Hàm f(t) = ln(t+1) đồng biến trên (–1,1] và có hàm ngược là 1 f (t) - = e t –1. Do đó (2) ⇔ f(t) = 1 f (t) - ⇔ f(t) = t ⇔ ln(t+1) = t 5 ⇔ ln(t+1) – t = 0. Xét hàm số g(t) = ln(t+1) – t, t ∈ (– 1,1] Ta có g’(t) = 1 t 1 t 1 t 1 - - = + + BBT T – 1 0 1 g’(t) + 0 – g(t) 0 Theo BBT ta suy ra phương trình có nghiệm duy nhất là t = 0 ∈ (– 1,1]. Do đó (1) ⇔ sinx = 0 ⇔ x = kπ , (k ∈ Z ). Vậy phương trình có nghiệm x = kπ , (k ∈ Z ).  Nhận xét: Ở ví dụ này ta áp dụng phương trình (*) cho f(t) = ln(t+1) là hàm đồng biến trên tập xác định của nó. Nhưng phương trình khó hơn một tí vì đã thực hiện phép đổi biến là t = sinx. Ví dụ 4:[5] Giải phương trình sau: x 1 7 7 6 log (6 x 5 ) 1 (1) - = - + Giải: ĐK: 6x – 5 > 0 ⇔ x > 5 6 . Đặt y = x – 1, y > 1 6 - . Khi đó (1) trở thành y 7 7 6log (6y 1) 1= + + ⇔ y 7 7 1 log (6y 1) 6 - = + (2) Hàm f(y) = y 7 1 6 - là hàm đồng biến trên 1 , 6 æ ö - ÷ ç + ¥ ÷ ç ÷ ç è ø và có hàm ngược là 1 f (y) - = 7 log (6y 1)+ . Do đó (2) ⇔ f(y) = 1 f (y) - ⇔ f(y) = y ⇔ y 7 1 6 - = y ⇔ x 1 7 1 6 - - = x – 1 ⇔ x 1 7 6x 5 0 - - + = . Xét hàm số g(x) = x 1 7 6x 5 - - + , x ∈ 5 , 6 æ ö ÷ ç + ¥ ÷ ç ÷ ç è ø Ta có g’(x) = x 1 7 .ln7 6 - - 6 g(x) = x 1 2 7 .ln 7 - > 0 x 5 , 6 ổ ử ữ ỗ + Ơ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ Suy ra g(x) l hm ng bin trờn 5 , 6 ổ ử ữ ỗ + Ơ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ . Theo nh lý Rolle phng trỡnh g(x) = 0 cú khụng quỏ 2 nghim trờn 5 , 6 ổ ử ữ ỗ + Ơ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ . Mt khỏc d thy x = 1 v x = 2 l hai nghim ca g(x). Vy phng trỡnh cú 2 nghim x = 1 v x = 2. Nhn xột: vớ d ny ta cũn ỏp dng thờm nh lớ Rolle gii. Ta s xột phng phỏp ny chng sau! Tng quỏt: Tt c phng trỡnh cỏc vớ d trờn u cú dng 1 g(f (x)) b ag (af(x) b) - + = - trong ú g l hm ng bin trờn tp xỏc nh ca nú, a > 0. 3. Chỳ ý: Tt c nhng phng trỡnh trờn u cú cỏch gii khỏc m khụng cn dựng tớnh cht ca hm s ngc. V phng phỏp dựng tớnh cht ca hm s ngc ny cú hn ch l khụng ỏp dng c cho nhng phng trỡnh dng (f(x)) n + b = a n af (x) b vi n chn. Vớ d:[5] Gii phng trỡnh ( ) 2 x x 5 5 1- + = Gii: Cỏch 1: K: x -5 (1) 2 x 5 x 5- = + t x 5+ = t, t 0. Khi ú ta cú h 2 2 t x 5 (2) x t 5 (3) ỡ - = ù ù ớ ù - = ù ợ Ly (2) (3) t 2 x 2 x + t = 0 (t x)(t + x + 1) = 0 t x t x 1 ộ = ờ ờ =- - ở + TH1 t = x x 0 x 5 x ỡ ù ù ớ ù + = ù ợ 2 x 0 x x 5 0 ỡ ù ù ớ ù - - = ù ợ 1 21 x 2 + = + TH2 t = x 1 2 x 1 0 x x 4 0 ỡ + Ê ù ù ớ ù + - = ù ợ 1 17 x 2 - - = . 7 Thử lại ta thấy 2 nghiệm này thỏa phương trình. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là 1 21 x 2 + = và 1 17 x 2 - - = . Cách 2: ĐK: x 5 5 x 5 é ³ ê ê - -££ ê ë (1) ⇔ x + 5 = 2 2 (x 5)- ⇔ x + 5 = x 4 – 2x 2 .5 + 5 2 ⇔ 5 2 – (2x 2 + 1).5 + x 4 – x = 0 (4) Đặt 5 = t. Khi đó (4) được viết lại t 2 – (2x 2 + 1)t + x 4 – x = 0 ⇔ 2 2 5 t x x 5 t x x 1 é = = - ê ê = = + + ë ⇔ 1 21 x 2 1 17 x 2 é ± ê = ê ê ê - ± ê = ê ë So với điều kiện ta được 1 21 x 2 + = và 1 17 x 2 - - = là hai nghiệm của phương trình đã cho. Cách 2 đã thay đổi vai trò của hằng số và ẩn. Do đó cách này gọi là phương pháp hằng số biến thiên. Đây là một phương pháp độc đáo và thú vị. III. Bài tập đề nghị: Giải các phương trình sau: 1. [8] 4x 2 + 7x + 1 = 2 x 2+ . 2. x 3 + 3x 2 - 3 3 3x 5+ = 1 – 3x (đề thi Olympic 30-4, lần thứ 15-2009). 3. [1]x 3 + ( 3 – a 2 )a = 3 2 3 3x (a 3)a+ - với a ∈ (-2,2). 4. [5] 3 3 ax b c(dx xe)+ = + + +a b trong đó d = ac + a , e = bc + b . 5. [5]s ax+b = c log s (dx + e) + x +a b trong đó d = ac + a , e = bc + b , s>1. Chương 2: ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ ĐỊNH LÝ ROLLE ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH I. Một số kiến thức chuẩn bị: 1. Định lý Lagrange: 8 Cho hàm số f(x) xác định liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b). Khi đó tồn tại c ∈ (a,b) sao cho f’(c) = f (b) f (a) b a - - . 2. Ý nghĩa hình học của định lý: Cho một cung nối hai điểm A, B có tính chất: - Cung liền từ A đến B. - Cung trơn (có tiếp tuyến) tại mọi điểm trên cung trừ tại A, B thì tồn tại một điểm M trên cung khác A, B sao cho tiếp tuyến tại M với cung AB song song với AB. 3. Một số hệ quả: Hệ quả 1: (Định lý Rolle) Cho hàm số f(x) xác định, liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b) và f(a) = f(b). Thế thì tồn tại c ∈ (a,b) sao cho f’(c) = 0. Hệ quả 2: Cho hàm f(x) liên tục trên [a,b] và có đạo hàm trên (a,b). Nếu phương trình f’(x) = 0 có n nghiệm trên (a,b) thì phương trình f(x) = 0 có không quá (n+1) nghiệm trong khoảng đó. II. Nội dung: 1. Ứng dụng định lý Lagrange chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình: a. Phương pháp chung: Từ định lý Lagrange, nếu f(a) = f(b) thì tồn tại c ∈ (a,b) sao cho f’(c) = f (b) f (a) b a - - = 0 ⇔ f’(x) = 0 có nghiệm thuộc (a,b). Như vậy, để chứng minh phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong (a,b) bằng cách sử dụng định lý Lagrange điều quan trọng nhất là nhận ra được nguyên hàm của f(x). Cụ thể ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Xác định hàm số F(x) khả vi liên tục trên [a,b] và thỏa mãn i. F’(x) = f(x), tức là F(x) = f ( x )dx ò . ii. F(b) – F(a) = 0. Bước 2: Khi đó tồn tại x 0 ∈ (a,b) sao cho 0 F(b ) F( a ) F'( x ) b a - = - . 9 O b f(b) c a f(a) M B A ⇔ f(x 0 ) = 0. ⇔ phương trình f(x) = 0 có nghiệm x 0 ∈ (a,b). b. Một số ví dụ: Ví dụ 1:[2] Giả sử a b c 0 3 2 + + = . Chứng minh rằng phương trình a2 2x + b2 x + c = 0 (1) luôn có nghiệm. Giải: Đặt 2 x = t, t> 0. Ta được at 2 + bt + c = 0. Xét hàm số F(t) = 3 2 1 1 at bt ct 3 2 + + khả vi và liên tục trên (0,+∞) và thỏa mãn i) F’(t) = at 2 + bt + c ii) F(1) – F(0) = a b c 0 3 2 + + = . Khi đó tồn tại t 0 ∈ (0,1) sao cho F’(t 0 ) = F(1) F(0) 1 0 - - = 0 ⇔ at 0 2 + bt 0 + c = 0 ⇔ phương trình at 2 + bt + c = 0 có nghiệm t 0 ∈ (0,1). Với t 0 ∈ (0,1) ta có 2 x = t 0 ⇔ x = log 2 t 0 . Tức là phương trình (1) luôn có nghiệm. Ví dụ 2:[2] Giả sử a b c 0 2003 2002 2001 + + = . Chứng minh rằng phương trình alg 2 x + blgx + c = 0 (1) luôn có nghiệm. Giải: ĐK: x > 0. Đặt lgx = t, ta được at 2 + bt + c = 0. Xét hàm số F(t) = 2003 2002 2001 at bt ct 2003 2002 2001 + + khả vi và liên tục trên R , thỏa mãn i) F’(t) = at 2002 + bt 2001 + ct 2000 = t 2000 (at 2 + bt +c). ii) F(1) – F(0) = a b c 0 2003 2002 2001 + + = . Khi đó tồn tại t 0 ∈ (0,1) sao cho F’(t 0 ) = F(1) F(0) 1 0 - - = 0 ⇔ t 0 2000 (at 0 2 + bt 0 + c) = 0 ⇔ at 0 2 + bt 0 + c = 0 Do đó phương trình at 2 +bt +c = 0 có nghiệm t 0 ∈ (0,1). Với t 0 ∈ (0,1) ta có lgx = t 0 ⇔ x = 0 t 10 . Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm. Tổng quát: Qua 2 ví dụ trên, ta có thể giải bài toán tổng quát sau: 10 [...]... n n +1 1 1 11 Chng minh rng n > 0 ta cú 1 + ữ < e < 1 + ữ n n dng nh lý Lagrange bng phng phỏp s 24 KT LUN CHUNG ti ca chỳng tụi ó gii thiu n cỏc bn hai phng phỏp gii phng trỡnh, ú l ỏp dng tớnh cht ca hm s ngc v nh lý Lagrange, nh lý Rolle ng thi ti cng gii thiu s qua mt s ng dng khỏc ca nh lý Lagrange v nh lý Rolle Chỳng tụi ó trỡnh by c th phng phỏp, vớ d minh ha v tng quỏt mt s bi toỏn... trỡnh (a + f(x))(b + cf(x)) = d.cf(x) 19 Chng 3: MT S NG DNG KHC CA NH Lí LAGRANGE V ROLLE Trong chng ny, chỳng tụi s gii thiu s qua vi cỏc bn mt s ng dng khỏc ca nh lý Lagrange v nh lý Rolle I ng dng gii bt phng trỡnh: Phng phỏp: Trc ht ta tỡm nghim ca f(x) = 0 trờn D Quỏ trỡnh tỡm nghim ny cú th vn dng nh lý Lagrange v h qu ca nh lý Gi s nghim ca phng trỡnh f(x) = 0 trờn D l x1, x2, , xn (n) v gi s x1... 2 2 + 3 2 + + n 2 ) = 0 3 4 n+1 Theo nh lý Rolle, $c1 (0,1), c2 (1,2) sao cho f(c1) = f(c2) = 0 Khi ú li theo nh lý Rolle, $c3 (c1,c2) sao cho f(c3) = 0 a1 + 2a2c3 +3a3c32 + + nancnn-1 = 0 Hay phng trỡnh a1 + 2a2x +3a3x2 + + nanxn-1 = 0 cú nghim c3 (c1,c2) (0,2) Vy (*) cú ớt nht mt nghim thuc (0,2) Nhn xột: Qua cỏc vớ d 3,4,5 ta thy vic vn dng nh lý Lagrange khụng phi lỳc no cng tin hnh trc... + p(x) + p(4)(x) > 0 " x ẻ Trờn õy l mt s bi toỏn vn dng nh lý Lagrange chng minh s tn ti nghim ca phng trỡnh Ta nhn thy rng vic vn dng nh lý Lagrange cú nhng u th nht nh trong vn chng minh tn ti nghim, cú nghim duy nht, c lng s nghim ca phng trỡnh iu ny vụ cựng quan trng trong vic gii phng trỡnh m chỳng tụi cp sau õy 2 ng dng nh lý Lagrange gii phng trỡnh m logarit: Phng trỡnh m v phng trỡnh... cú ớt nht mt nghim thuc (0,2) Nhn xột: Qua cỏc vớ d 3,4,5 ta thy vic vn dng nh lý Lagrange khụng phi lỳc no cng tin hnh trc tip, m phi qua cỏc phộp bin i sao cho phự hp, v ta vn dng nh lý Lagrange hay h qu ca nú (nh lý Rolle) l tựy thuc vo s bin i ú kt thỳc ni dung ny, ta xột 2 vớ d sau: Vớ d 6:[6] Phng trỡnh x2 = 100sinx cú bao nhiờu nghim trờn (2,3) Gii: Vi x > 0 ta cú x2 = 100sinx x = 10sinx lgx... [ , ] (1) f(a)(b-c) + f(b)[(c-b)+(b-a)] + f(c)(a-b) 0 [f(a) f(b)](b c) [f(b) f(c)](a b) f (a) f (b) f (b) f (c) (2) (do a > b > c) ab bc Bt ng thc (2) gi ý cho ta dựng nh lý Lagrange Tht vy, ỏp dng nh lý Lagrange cho hm f(x) trờn [c,b] v [b,a] thỡ tn ti t 1 f (b) f (c) f (a) f (b) (c,b) v t2 (b,a) f(t1) = , f(t2) = bc ab Hin nhiờn t1 < t2 v theo gi thit bi toỏn ta cú f(t2) > f(t1)... loi phng trỡnh quan trng v khú, thng xut hin trong cỏc kỡ thi tuyn sinh, di õy chỳng tụi s gii thiu n cỏc bn 1 cụng c tng i hiu qu gii bi toỏn phng trỡnh m v phng trỡnh logarit, ú l s dng nh lý Lagrange v nh lý Rolle Vớ d 1:[3] Cho 3 s thc dng a, b, c, b > a v f(x) l hm s xỏc nh trờn R Chng minh rng nghim ca phng trỡnh (a + c)f(x) + bf(x) = af(x) + (b + c)f(x) (1) nu cú cng l nghim ca phng trỡnh f(x)... 2000 [2] Lờ Hng c (ch biờn), Phng phỏp gii toỏn i s - Tp 4 [3] T Minh c, ng dng nh lý Lagrange vo gii toỏn THPT [4] Phm Phu Hn Hi Liờn Ngụ Long Hu, S tay t ụn v luyn thi i hc Cao ng i s, NXB i hc S phm, 2003 [5] Trn Phng Lờ Hng c, Tuyn tp cỏc chuyờn thi i hc mụn Toỏn: i s s cp, NXB H Ni, 2004 [6] Nguyn Bỏ Thy, nh lý Rolle v ng dng [7] Tuyn tp 45 nm toỏn hc tui tr [8] Cỏc trang web: - http://www.diendantoanhoc... + 2 ax + bx - (a + b 2)x 2 = 0 Xột hm s f(x) = ax + bx - (a + b 2)x 2 liờn tc, kh vi trờn R 0 0 0 0 0 0 0 0 14 Ta cú f(x) = axlna + bxlnb (a + b 2) f(x) = axln2a + bxln2b > 0 " x ẻ R Theo nh lý Rolle, phng trỡnh f(x) = 0 cú khụng quỏ 2 nghim D thy x = 0, x = 1 l hai nghim ca phng trỡnh Vy (1) cú 2 nghim l x = 0 v x = 1 Tng quỏt: Ta cú phng trỡnh sau: n n ổ ử f(x) ỗồ ai - nữ + n, ai > 0 ,i =... + ổ2b ử ln 2b , ữ ỗ Ta cú f(x) = ỗ ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗa + b ứ a + b ốa + b ứ a + b ỗ ố x x ổ 2a ử 2 2a ổ2b ử 2 2b ữ ln ữ ỗ f(x) = ỗ ữ ữ ỗ ữ a + b + ỗa + b ứ ln a + b > 0, " x ẻ R ữ ỗa + b ứ ỗ ố ố Theo nh lý Rolle phng trỡnh f(x) = 0 cú khụng quỏ 2 nghim D thy x = 0 v x = 1 l 2 nghim ca phng trỡnh Vy phng trỡnh ó cho cú 2 nghim l x = 0 v x = 1 Tng quỏt: T vớ d trờn ta cú dng tng quỏt sau: f(x) ổn ử ữ ỗồ . số ứng dụng khác của định lý Lagrange và định lý Rolle. I. Ứng dụng giải bất phương trình: Phương pháp: Trước hết ta tìm nghiệm của f(x) = 0 trên D. Quá trình tìm nghiệm này có thể vận dụng. việc vận dụng định lý Lagrange không phải lúc nào cũng tiến hành trực tiếp, mà phải qua các phép biến đổi sao cho phù hợp, và ta vận dụng định lý Lagrange hay hệ quả của nó (định lý Rolle) là. bài toán vận dụng định lý Lagrange để chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình. Ta nhận thấy rằng việc vận dụng định lý Lagrange có những ưu thế nhất định trong vấn đề chứng minh tồn tại