Một số bài toán giải bằng định lý Lagrange

Trường THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh Bùi Văn Đắc Một số bài toán được giảI bằng định lí lagrange Bài toán 1: Cho f(x) xác định và có đạo hàm bậc hai liên tục và không đồng nhất bằng 0 trên bất kỳ đoạn nào của R. Biết rằng đồ thị hàm số y = f(x) cắt đường thẳng ax + by + c = 0 tại 3 điểm phân biệt. CMR tồn tại x 0 ẻ R sao cho f(x 0 ) = 0 và f(x) đổi dấu qua x = x 0 . LG: Vì đường thẳng ax + by + c =0 cắt đồ thị y = f(x) tại 3 điểm phân biệt nên b ạ 0. Ta đặt: ()() axc gxfx b + =+ thì phương trình g(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Do f(x) = g(x) và f(x) có đạo hàm bậc hai liên tục và không đồng nhất bằng 0 trên bất kỳ một khoảng nào của R nên g(x) cũng có tính chất đó. Theo định lí Rolle thì tồn tại 2 nghiệm x 1 , x 2 với x 1 < x 2 , của phương trình g(x) = 0 sao cho g(x) ạ 0 với ( ) 12 ;xxx"ẻ và ( ) 012 ;xxx$ẻ sao cho g(x 0 ) = 0. Ta thấy g(x) đổi dấu qua x 0 , vì nếu trái lại thì g(x) 0 hoặc g(x) 0Ê trong [ ] 12 ;xx ; từ đó dẫn đến g(x) hoặc đồng biến hoặc nghịch biến trong [ ] 12 ;xx , điều này không thể xảy ra. Suy ra f(x 0 ) = 0 và f(x) đổi dấu qua x 0 (đpcm). Bài toán 2: Cho hàm số f(x) khả vi vô hạn trên R và thoả mãn các điều kiện: a/. () 0:(),, n MfxMxRnN$>Ê"ẻ"ẻ . b/. * 1 0,fnN n ổử ="ẻ ỗữ ốứ . CMR, ()0,fxxR"ẻ LG: áp dụng định lí Rolle trên các đoạn [ ] [ ] 1223 ;,;, .,aaaata dễ chứng minh được khẳng định sau: Giả sử f(x) có đạo hàm trên R. Giả thiết rằng tồn tại dãy đơn điệu (a n ) 1n hội tụ đến x 0 và thoả mãn điều kiện f(a n ) = 0 nN"ẻ . Khi đó tồn tại dãy đơn điệu (a n ) 1n hội tụ đến x 0 và thoả mãn điều kiện f(a n ) = 0 nN"ẻ . Sử dụng kết quả này cho hàm f(x) với 1 n a n = , nNẻ , sau đó áp dụng tiếp với các hàm : f(x), f(x), ta được: ( ) 1 (0)lim0 '(0)lim''0 ''(0)lim('')0 x n x n x ff n ffa ffa đƠ đƠ đƠ ổử == ỗữ ốứ == == Như vậy () (0)0, n fnN="ẻ . Khai triển Taylor của hàm f(x) tại x = 0 ta được ()0,fxxR"ẻ (đpcm). Bài toán 3: Cho hàm số f(x) khả vi trên [ ] 0,1 và thoả mãn điều kiện: (0)0,(1)1;0()1,fffxxR==ÊÊ"ẻ . Trường THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh Bùi Văn Đắc CMR, tồn tại ( ) ,0;1,ababẻạ sao cho f(a).f(b) = 1.(OLYMPIC New York -76) LG: Xét hàm số g(x) = f(x) + x 1. Ta thấy g(x) khả vi trên [ ] 0,1 , do g(0) = -1, g(1) = 1 nên ( ) 0;1c$ẻ sao cho g(c) = 0. Suy ra f(c) + c -1 = 0 hay f(c) = 1 c. Theo định lí Lagrange cho f(x) trên các đoạn [ ] [ ] 0;,;1cc ta có: ()(0) '() 0 fcf fa c - = - với ( ) 0;acẻ và (1)() '() 1 ffc fb c - = - với ( ) ;1bcẻ từ đây ta có: ()1()(1) '().'().1 1(1) fcfccc fafb cccc -- === -- (đpcm). Bài toán 4: Cho hàm số g(x) liên tục trên [ ] 0,1 và khả vi trong (0;1) và thoả mãn các điều kiện g(0) = g(1) = 0. CMR, tồn tại ( ) 0;1c ẻ sao cho g(c) = g(c). LG: Xét hàm số ()() x fxegx - = ta có [ ] '()'()() x fxgxgxe - =- Theo định lí Rolle đối với hàm f(x) ( ) 0;1c$ẻ sao cho '()0fc= hay [ ] '()()0 c gcgce - -= hay g(c) = g(c). Bài toán 5: Cho hàm số f(x) khả vi trên [ ] ;ab và thoả mãn các điều kiện sau: a/. 1 ()() 2 faab=- b/. 1 ()() 2 fbba=- c/. 0 2 ab f + ổử ạ ỗữ ốứ CMR, tồn tại các số đôi một khác nhau ( ) 123 ,,;cccabẻ sao cho 123 '()'()'()1fcfcfc= LG: Theo định lí Lagrange 1 (;)cab$ẻ sao cho 1 ()() '() fbfa fc ba - = - xét hàm số h(x) = () 2 ab fxx + +- khi đó h(a).h(b) = - (a-b) 2 < 0. Do đó ( ) 0 ;xab$ẻ sao cho h(x 0 ) = 0, hay 00 () 2 ab fxx + =-. Theo định lí Lagrange, ( ) 2021 ;,caxcc$ẻạ sao cho ( ) 0 0 2 00 () '() fxfa bx fc xaxa - - == -- Trường THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh Bùi Văn Đắc tương tự như vậy, ( ) 3013 ;,cxbcc$ẻạ thoả mãn điều kiện ( ) 0 0 3 00 () '() fbfx xa fc bxbx - - == -- . Rõ ràng c 1 , c 2 , c 3 phân biệt và 123 '()'()'()1fcfcfc= . Bài toán 6: Ch o f(x) là hàm có đạo hàm cấp 2 liên tục trên R và thoả mãn điều kiện f(0) = f(1) = a. CMR, [ ] { } 0,1 max''()8() x fxab ẻ - với b = [ ] { } 0,1 min() x fx ẻ Cho kết quả mở rộng với [ ] ;abRè . Bài toán 7: Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt 12 ,, ., n xxx. CMR, 1 ''() 0 '() n i i i Px Px = = ồ . Bài toán 8: Cho 12 ,, .,0 n xxx> , ta đặt 12312 111 ;;; .; nnn iijijknn iijnijkn sxsxxsxxxsxxx =Ê<ÊÊ<<Ê ==== ồồồ S i là các hàm cơ bản của x i . CMR: 3 12 3 123 . n n n nnnn ssss cccc . ( THTT ) Bài toán 9: Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt, c là số dương và tập tất cả các số x để '() () Px c Px > , là hợp của một số hữu hạn khoảng không giao nhau. CMR, tổng độ dài các khoảng ấy bằng n c . Bài toán 10: Cho a, b, c, r, s thoả mãn a > b > c >0; r > s > 0. CMR, rsrsrssrsrsr abbccaabbcca++>++ LG: Do a > b > c >0 suy ra sss abc>> với s > 0, và từ r > s > 0 suy ra 1 r s > . Xét hàm số () r s ftt= với t > 0 dễ thấy f(t) > 0 với mọi t > 0. Suy ra f(t) là hàm tăng nghiêm ngặt trên ( ) 0, +Ơ . Mặt khác theo định lí Lagrange ( ) ( ) ,;, ssss mbanca$ẻẻ sao cho: ( ) ( ) ( ) ( ) '();'() ssss rrrr ssssssss fafbfbfc abbc fmfn ababbcbc -- -- ==== ---- do m > n và f(t) tăng nghiêm ngặt trên ( ) 0, +Ơ '()'() rrrr ssss abbc fmfn abbc -- ị>> -- suy ra rsrsrssrsrsr abbccaabbcca++>++ ( đpcm ). Bài toán 11: ( Đề thi chọn HSG tỉnh Bắc Ninh 2005 2006 ): Cho hàm số g(x) có đạo hàm g(x) là hàm liên tục trên [ ] ,ab . Đặt max'() axb Mgx ÊÊ = và giả sử g(a) = g(b) = 0 Trường THPT Yên Phong 1 Bắc Ninh Bùi Văn Đắc a. CMR, với ( ) ,xab"ẻ ta có: ()();gxMxaÊ- ( ) ()gxMbxÊ- b. CMR, ( ) 2 4 () b a Mgxdx ba - ũ HD: ở đây tôi chỉ xin trình bày câu (a), còn câu (b) được suy ra trực tiếp từ câu (a). [ ] ,xab"ẻ ta có g(x) = g(x) g(a) = g(c)(x a) với c ( ) ,axẻ . Từ đó suy ra, ( ) ( ) ()'()gxgcxaMxa=-Ê-. Hoàn toàn tương tự ta cũng có ( ) ()gxMbxÊ-. Vậy ta có điều phải chứng minh. . Bùi Văn Đắc Một số bài toán được giảI bằng định lí lagrange Bài toán 1: Cho f(x) xác định và có đạo hàm bậc hai liên tục và không đồng nhất bằng 0 trên. ) Bài toán 9: Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt, c là số dương và tập tất cả các số x để '() () Px c Px > , là hợp của một số