Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)CÁC CHUYÊN B I D NG H C SINH GI I Chuyên ðề: ỨNG DỤNG CỦA ðỊNH LÍ LAGRANG I Lý thuyết:
ðịnh lí Lagrang: Cho hàm số y=f(x) liên tục [a;b] khả vi (a;b), ñó tồm số thực c ( ; ) : '( )a b f c f b( ) f a( )
b a
−
∈ =
−
Hệ 1:Nếu hàm số y=f(x) liên tụa [a;b] , khả vi (a;b) f(a)=f(b) Pt: f’(x)=0 có nhất một nghiệm (a;b)
Hệ 2:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm ñến cấp n .Nếu pt f( )n ( )x =0 có k nghiệm Pt f(n−1)( )x =0 có nhiều nhất (k+1) nghiệm
II Các ứng dụng:
1.Ứng dụng ñ/l Lagrang ñể giải pt:
Phương pháp: ðể giải pt f(x)=0 ta sử dụng hệ chứng minh số nghiệm nhiều pt có được, sau ta ñược nghiệm 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 có: f x'( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 4006= x + x −
= + > ∀ ⇒ =
⇒ ⇒
2
''( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 "( ) vô nghiệm f'(x)=0 có nhiều nghiệm f(x)=0 có nhiều hai nghieäm
x x
f x x f x
Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt cho có hai nghiệm x=0 x=1 Bài 2: Giải pt: 3cosx =2cosx +cosx
Giải: ðặt t=cosx; t∈[-1;1] pt trở thành: 3t = + ⇔ − − =2t t 3t 2t t 0, ta thấy pt có hai nghiệm t=0 t=1 ta c/m số nghiệm nhiều mà pt có: Xét hàm số: f t( )=3 - - t t t với t∈[-1;1] ta có f t'( )=3 ln ln 1t − t −
2
"( ) ln ln 2t t
f x = − > ⇒f’(x)=0 có nhiều nhất nghiệm nên f(x) =0 có nhiều nhất
hai nghiệm từ ta có đpcm
Vậy pt có hai họ nghiệm: ;
x=k π x= +π kπ Bài 3: Giải pt: 3x = + +1 x log (1 )3 + x (TH&TT) Giải: ðk: x>-1/2
⇔3x + = +1 +log (1 )3 + ⇔3x +log 33 x = +1 +log (1 )3 +
pt x x x x x (1)
Xét hàm số: f t( )= +t log3t ta có f(t) hàm đồng biến nên
⇔ = + ⇔ = + ⇔ − − =
(1) f(3 )x f(1 )x 3x 2x 3x 2x (2)
Xét hàm số: f x( ) 3= x −2x −1⇒ f x'( ) ln3 2= x − ⇒ f"( ) ln 0x = x >
(2)CÁC CHUYÊN B I D NG H C SINH GI I Bài 4: Giải pt: 5x +12x =6x +11x
Giải: pt ⇔12x−11x =6x −5x Giả sử m nghiệm pt, xét hàm số ( ) m ( 1)m
f t =t − −t ta có f(12)=f(6) nên theo hệ tồn c∈(6;12): f’(c)=0 hay mcm−1−m c( −1)m−1= ⇔0 m c[ m−1− −(c 1)m−1]=0⇔ =m 0, m=1
Thử lại ta thấy thoả mãn Vậy x=0 x=1 nghiệm pt Bài Tập: Giải pt sau
2
1 2.4
2 (1 )(2 ) 3.4 (2 1)2 4 3
x x x
x x
x x x
x x x x
x
x +
+ =
+ + =
+ = +
+ = +
2.Ứng dụng định lí Lagrang ñể cm pt có nghiệm:
Phương pháp:ðể cm pt f(x)=0 có nghiệm (a;b) ta xét hàm F(x) có tính chất :thỏa mãn điều kiện đ/l Lagrang , F’(x)=f(x) sau ta cm hàm F(x) thỏa mãn đk của Hệ
quả từ ta có điều phải chứng minh
Bài 1: Cho số thực a,b,c thỏa mãn ñk:
2
a b c
m+ + m+ + =m Cmr
4
b ≥ ac(1) Giải: Ta có (1) điều kiện cần đủđể 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 (1) ln * Nếu a≠0 Xét hàm số
2
( )
2
m m m
x x x
f x a b c
m m m
+ +
= + +
+ + ta thấy f(x) có đạo hàm R
và f(1)=
2
a b c
m+ +m+ + m = =f(0) nên theo hệ pt f’(x)=0 có nghiệm (0;1) hay pt: axm+1+bx +cxm m-1=0⇔ax2 +bx+ =c có nghiệm (0;1) từ ta có ñpcm Bài 2:Cho số thực a,b,c số nguyên n>0 thoả mãn: 5c(n+2)+6(a+b)=0 Cmr pt
n n
a.sin x+b c os x+c.sinx+c=0 ln có no (0; )
2
π
(HSG Nghệ an 2004)
Giải: Ta có:
2
a c b
gt
n n
⇔ + = −
+ + (*)
Xét hàm số
2 n+2
sin os sin sin
( )
2
n
x c x x x
f x a b c c
n n
+
= − + +
+ + [0;2]
π
ta thấy f(x) thoả mãn ñk ñ/l Lagrang [0; ]
2
π
Mặt khác ta lại có: (0) ; ( )
2 2
b a c
f f
n n
π
= − = +
+ +
(0) ( )
f f π
⇒ = (do (*) ) Theo đ/l Lagrang pt f’(x) có nghiệm (0; )
(3)CÁC CHUYÊN B I D NG H C SINH GI I hay pt: a.sinn+1x c osx+cosn+1xsinx+c.sin2x c osx+c.sinx.cosx=0
n n n n
sinx.cosx(asin x b c os x csinx+c)=0 a.sin x b c os x c.sinx+c=0
⇔ + + ⇔ + + (vì sinx,
cosx >0 (0; )
π
) có nghiệm (0; )
π
(ñpcm)
Bài 3:Cho số thực a a1, 2, ,an thỏa mãn: 0
2
n
a a a
a
n
+ + + + =
+
2
1 n
0
a
2
n
a k a k k
a
n
+ + + + =
+ với k >0 Cmr pt sau ln có nghiệm
1 2
n n
a + a x+ +na x = Giải: Xét hàm số
2
1 n
0
a
( )
2
n
a x a x x
f x a x
n +
= + + + +
+ ta có f(0)=f(1)=f(k)=0
Nên theo hệ pt: f x'( )=a0 +a x1 +a x2 + + a xn n =0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 ⇒ f x'( )1 = f '( )x2 =0⇒Pt
1
1
"( ) n n
f x = +a a x+ +na x − = có nghiệm Bài 4: Pt: asinx+ p b2 sinpx+q2csinqx=0 (với p,q số ngun dương lẻ) có nghiệm [0;2 ]π ?
Giải: Xét pt: f(x)= asinx+bsinpx+csinqx=0 f(0)= f( )π = f(2 )π nên pt
'(x) osx cos cos
f =ac + pb px+qc qx= có n0 x x1, 2: 0< < <x1 π x2 <2π
Vì p,q số nguyên dương lẻ nên ta có : '( ) '( )1 '( 2) '( )
2
f π = ⇒ f x = f x = f π =
⇒pt f’’(x)= asinx+ p b2 sinpx+q2csinqx=0 có n0
1, 2:
y y
1 1 2
M in{x , }<y ax{x , }<y
2 M x
π < π <
, Hơn "(0)f = f"( )π =0 Vậy pt: f”(x)=0 có nghiệm [0;2 ]π
(4)CÁC CHUYÊN B I D NG H C SINH GI I 3 Ứng dụng ñ/l Lagrang ñể chứng minh Bất ðẳng Thức:
Phương pháp:* ðể 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 [a;b], có c ( ; ) : '( )a b f c f a( ) f b( ) a b
−
∈ =
− sau ta
chứng minh: m<f’(c)<M
* ðể c/m Bđt có dạng : m≤ f a( )− f b( )≤M ta xét hàm số y=f(x) thỏa mãn ñiều kiện ñ/l Lagrang [a;b], có c∈( ; ) : ( )a b f a − f b( )= f c a'( )( −b)
sau ta chứng minh: m<(a-b)f’(c)<M Bài 1: Cho 0<a<b Cmr: b a lnb b a
b a a
− < < −
Giải:Bñt ñã cho lnb lna
b b a a
−
⇔ < <
−
Xét hàm số f(x)=lnx [a;b] Ta thấy f(x) thỏa mãn ñk ñ/l Lagrang [a;b] nên tồn số c: a<c<b: f c'( ) f b( ) f a( ) lnb lna
c b a b a
− −
= = =
− − Vì
1 1 ( ; )
c a b
b c a
∈ ⇒ < <
Do ta có lnb lna
b b a a
−
< <
− ñpcm
Bài 2: Cho 0<x<y m một số nguyên dương Cmr:
1
( )
1
m m
m x x my
y
m
− + −
<
+
Giải: Bñt ñã cho
m m
m
y x
my
y x
− −
⇔ <
−
Xét hàm số f t( )=tm [x;y], ta thấy f(t) thỏa mãn ñk ñ/l Lagrang [x ;y] nên tồn số c ( )x y; : f y( ) f x( ) f c'( ) mcm mym
y x
− −
−
∈ = = <
− ñpcm
Bài 3:Cmr : nn+1 >(n+1)n ∀ ≥n (ðH AN NINH 2001)
Giải: Bñt ( 1)ln ln( 1) ln( 1) ln ( 1) ( )
1
n n
n n n n f n f n
n n
+
⇔ + > + ⇔ − < ⇔ + − <
+
Với f x( ) lnx x
= ta thấy f(x) thỏa mãn ñk ñ/l Lagrang [n;n+1] nên có số c: n<c<n+1
1 - ln ( 1) - ( ) '( )( - ) '( ) c f n f n f c n n f c
c
+ = + = = < ⇒ñpcm
Bài 4: CMR: sine3cos( - 1)e −sin(e−1) cos3 e > 3cos cos( -1)e e Giải: Vì cose, cos(e-1)>0 nên Bñt
3
sin sin( 1) ose cos( -1)
e e
c e
−
(5)CÁC CHUYÊN B I D NG H C SINH GI I Xét hàm số:
3 sin ( )
cos
x f x
x
= [e-1;e], ta có
2
3 2cos '( )
3 os
x f x
c x
+
=
Áp dụng đ/l Lagrang có số e-1<c<e: f e( )− f e( − =1) f c'( )