Đang tải... (xem toàn văn)
Định lí lagrange và ứng dụng
Bản quyền thuộc Nhóm Cự Môn của Lê Hồng Đức Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là: 1. Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Môn luôn cố gắng thực hiện điều này 2. Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa” ĐẠO HÀM VÀ ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ CÁC ỨNG DỤNG VÊn ®Ò 1: Sö dông ®Þnh lÝ Lagrange chøng minh bÊt ®¼ng thøc VÊn ®Ò 2: Sö dông ®Þnh lÝ Lagrange chøng minh ph¬ng tr×nh cã nghiÖm Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12 Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội Email: nhomcumon68@gmail.com Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689 1 định lý Lagrange và các ứng dụng A. Tóm tắt lí thuyết Định lí Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên [a, b] và F '(x) tồn tại trên (a, b) thì luôn c(a, b) sao cho F '(c) = ab )a(F)b(F . B. phơng pháp giải toán Vấn đề 1: Sử dụng định lí Lagrange chứng minh bất đẳng thức Từ định lí Lagrange, nếu m F '(c) M thì: m ab )a(F)b(F M m(b a) F(b) F(a) M(b a). Vậy, để áp dụng đợc kết quả trên vào việc chứng minh bất đẳng thức điều quan trọng nhất là nhận ra đợc hàm F(x). Ví dụ 1: Cho 0 < a < b < 2 . Chứng minh rằng: acos ab 2 < tgb tga < bcos ab 2 . Giải Chúng ta viết lại bất đẳng thức để làm xuất hiện hàm F(x): acos 1 2 < ab tgatgb < bcos 1 2 . Xét hàm số F(x) = tgx khả vi và liên tục trên [a, b] (0, 2 ) theo định lí Lagrange luôn tồn tại c(a, b) sao cho: F '(c) = ab )a(F)b(F ccos 1 2 = ab tgatgb . Ta có : 0 < a < b < 2 acos 1 2 < ccos 1 2 < bcos 1 2 2 acos 1 2 < ab tgatgb < bcos 1 2 . Ví dụ 2: Cho 0 < b < a. Chứng minh rằng: a ba < ln b a < b ba . Giải Chúng ta viết lại bất đẳng thức để làm xuất hiện hàm F(x): a ba < ln b a < b ba a 1 (a b) < lna lnb < b 1 (a b) a 1 < ba blnaln < b 1 . Xét hàm số F(x) = lnx khả vi và liên tục trên [b, a](0, + ) theo định lí Lagrange luôn tồn tại c(b, a) sao cho: F '(c) = ba )b(F)a(F c 1 = ba blnaln . Ta có : 0 < b < c < a a 1 < c 1 < b 1 a 1 < ba blnaln < b 1 . Ví dụ 3: Chứng minh rằng với x > 0 luôn có: ln(x + 1) < x Giải Chúng ta viết lại bất đẳng thức để làm xuất hiện hàm F: ln(x + 1) 0 < (x + 1) 1 1)1x( 1ln)1xln( + + < 0. Xét hàm số F(t) = lnt khả vi và liên tục trên [1, x + 1] với x > 0 theo định lí Lagrange luôn tồn tại c(1, x + 1) sao cho: F '(c) = 1)1x( )1(F)1x(F + + c 1 = x )1xln( + ln(x + 1) = c x . Ta có: 1 < c < x + 1 ln(x + 1) = c x < 1 x = x. Chú ý: Chúng ta hoàn toàn có thể sử dụng đồng thời kết quả của định lí Lagrange cùng với các bất đẳng thức quen thuộc để thực hiện yêu cầu đề ra, ví dụ sau sẽ minh hoạ việc sử dụng thêm bất đẳng thức Côsi. Ví dụ 4: Chứng minh rằng với x(0, 1) và nZ + luôn có: x n x1 < ne2 1 . Giải 3 Chúng ta viết lại bất đẳng thức để làm xuất hiện hàm F(x): x 2n (1 x) < ne2 1 2n(1 x)x 2n < e 1 Ta có: 2n(1 x)x 2n = (2n 2nx) tửphầnn2 x .x.x siôC 1n2 1n2 nx2)nx2n2( + + + = = 1n2 1n2 n2 + + Từ đó ta sẽ đi chứng minh: 1n2 1n2 n2 + + < e 1 ln 1n2 1n2 n2 + + < ln e 1 n2)1n2( n2ln)1n2ln( + + > 1n2 1 + Xét hàm số F(x) = lnx khả vi và liên tục trên [2n, 2n + 1] theo định lí Lagrange luôn tồn tại c(2n, 2n + 1) sao cho: F '(c) = n2)1n2( )n2(F)1n2(F + + c 1 = ln(2n + 1) ln2n. Ta có : 0 < 2n < c < 2n + 1 c 1 > 1n2 1 + ln(2n + 1) ln2n > 1n2 1 + . Vấn đề 2: Sử dụng định lí Lagrange chứng minh phơng trình có nghiệm Từ định lí Lagrange, nếu F(b) F(a) = 0 thì c(a, b) sao cho F'(c) = ab )a(F)b(F = 0 phơng trình F'(x) = 0 có nghiệm thuộc (a, b). Vậy, để áp dụng đợc kết quả trên vào việc chứng minh phơng trình f(x) = 0 có nghiệm trong (a, b) điều quan trọng nhất là nhận ra đợc hàm F(x) (thực chất nó chính là nguyên hàm của hàm f(x)). Cụ thể, ta thực hiện theo các bớc sau: Bớc 1: Xác định hàm số F(x) khả vi và liên tục trên [a, b] và thoả mãn: (i.).F'(x) = f(x) (tức là F(x) = f(x)dx). (ii.). F(b) F(a) = 0. Bớc 2: Khi đó x 0 (a, b) sao cho: 4 F'(x 0 ) = ab )a(F)b(F f(x 0 ) = 0 phơng trình f(x) = 0 có nghiệm x 0 (a, b). Ví dụ 1: Giả sử 2a + 3b + 6c = 0. Chứng minh rằng phơng trình: ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm thuộc khoảng (0, 1). Giải Xét hàm số F(x) = 3 a x 3 + 2 b x 2 + cx khả vi và liên tục trên [0, 1] và: (i.). F '(x) = ax 2 + bx + c. (ii.). F(1) F(0) = 3 a + 2 b + c = 6 1 (2a + 3b + 6c) = 0. Khi đó x 0 (0, 1) sao cho F '(x 0 ) = 01 )0(F)1(F a 2 0 x + bx 0 + c = 0 phơng trình ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm x 0 (0, 1). Mở rộng: Nếu = ++ n 0i i 1im a = 0 với m > 0 thì phơng trình = n 0i i i xa = 0 luôn có nghiệm trong (0, 1) bởi: Xét hàm số F(x) = = ++ ++ n 0i 1mi i 1im xa khả vi và liên tục trên [0, 1] và: (i.). F '(x) = = + n 0i mi i xa . (ii.). F(1) F(0) = = ++ n 0i i 1im a = 0. Khi đó x 0 (0, 1) sao cho F '(x 0 ) = 01 )0(F)1(F = + n 0i mi 0i xa = 0 = n 0i i 0i xa = 0 phơng trình = n 0i i i xa = 0 có nghiệm x 0 (0, 1). Ví dụ 2: Chứng tỏ rằng với: a + b c = 0 (*) phơng trình: a 1x3 + + 3b x = 4cx )1x3(x + . (1) luôn có ít nhất một nghiệm thuộc (0, 1). 5 Giải Biến đổi phơng trình về dạng: x2 a + 1x32 b3 + = 2xc x2 a + 1x32 b3 + 2xc = 0. Xét hàm số F(x) = a x + b 1x3 + cx 2 khả vi và liên tục trên (0, 1) và: (i).F '(x) = x2 a + 1x32 b3 + 2xc. (ii). F(1) F(0) = (a + 2b c) b = a + b c (*) = 0. Khi đó x 0 (0, 1) sao cho F '(x 0 ) = 01 )0(F)1(F 0 x2 a + 1x32 b3 0 + 2cx 0 = 0 tức là phơng trình (1) luôn có ít nhất một nghiệm x 0 (0, 1). Ví dụ 3: Chứng minh rằng phơng trình: acosx + bcos2x + c.cos3x = 0 (1) có nghiệm với mọi a, b, c. Giải Xét hàm số F(x) = asinx + 2 b sin2x + 3 c sin3x khả vi và liên tục trên [0, ] và: (i.). F '(x) = acosx + bcos2x + c.cos3x. (ii.). F() F(0) = 0. Khi đó x 0 (0, ) sao cho F '(x 0 ) = 0 )0(F)(F acosx 0 + bcos2x 0 + c.cos3x 0 = 0 phơng trình (1) có nghiệm x 0 (0, ). Mở rộng: Phơng trình = n 1i i )ixcos(a = 0 luôn có nghiệm với mọi a i R, i = n,1 bởi: Xét hàm số F(x) = = n 1i i )ixsin( i a khả vi và liên tục trên [0, ] và: (i.). F '(x) = = n 1i i )ixcos(a . 6 (ii.). F() F(0) = 0. Khi đó x 0 (0, ) sao cho F '(x 0 ) = 0 )0(F)(F = n 1i 0i )ixcos(a = 0 phơng trình = n 1i i )ixcos(a = 0 có nghiệm x 0 (0, ). Phơng trình = n 1i i )ixsin(a = 0 luôn có nghiệm với mọi a i R, i = n,1 bởi: Xét hàm số F(x) = = n 1i i )ixcos( i a khả vi và liên tục trên [0, 2] và: (i.). F '(x) = = n 1i i )ixsin(a . (ii.). F(2) F(0) = 0. Khi đó x 0 (0, 2) sao cho F '(x 0 ) = 02 )0(F)2(F = n 1i 0i )ixsin(a = 0 phơng trình = n 1i i )ixsin(a = 0 có nghiệm x 0 (0, 2). Vấn đề 3: Sử dụng định lí Lagrange giải phơng trình Ta thực hiện theo các bớc sau: Bớc 1: Gọi x 0 là nghiệm của phơng trình. Bớc 2: Biến đổi phơng trình về dạng thích hợp F(a) = F(b), từ đó chỉ ra đợc hàm số F(t) khả vi và liên tục trên [a, b]. Khi đó theo định lí Lagrange (a, b) sao cho F'() = ab )a(F)b(F = 0. (*) Bớc 3: Giải (*) ta xác định đợc x 0 . Bớc 4: Thử lại. Ví dụ 1: Giải phơng trình: 6 x + 2 x = 5 x + 3 x . (1) Giải Viết lại phơng trình dới dạng: 7 6 x 5 x = 3 x 2 x . Giả sử phơng trình có nghiệm , khi đó : 6 5 = 3 2 . (2) Xét hàm số f(t) = (t + 1) t , với t > 0. Từ (2) ta nhận đợc f(5) = f(2), do đó theo định lí Lagrange tồn tại c(2, 5) sao cho : f '(c) = 0 [(c + 1) 1 c 1 ] = 0 = = 1 0 . Thử lại ta thấy x = 0 và x = 1 đều thoả mãn (1). Vậy, phơng trình có nghiệm x = 0 và x = 1. Ví dụ 2: Giải phơng trình: 3 x + 5 x = 2.4 x . (1) Giải Gọi x 0 là nghiệm của phơng trình, ta đợc: 000 xxx 4.253 =+ 0000 xxxx 344.5 = . (2) Xét hàm số F(t) = 00 xx t)1t( + khi đó: (2) F(4) = F(3) và F(t) khả vi và liên tục trên [3, 4], do đó theo định lí Lagrange (3, 4) sao cho F '() = 34 )3(F)4(F x 0 [ 1x1x 00 t)1t( + ] = 0 = = 1x 0x 0 0 . Thử lại x 0 = 0 và x 0 = 1 vào (1) thấy đúng. Vậy phơng trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1. Ví dụ 3: Giải phơng trình: 3 cosx 2 cosx = cosx. (1) Giải Gọi x = x 0 là nghiệm của phơng trình, ta đợc: 0 xcos 3 0 xcos 2 = cosx 0 0 xcos 3 3cosx 0 = 0 xcos 2 2cosx 0 .(2) Xét hàm số F(t) = 0 xcos t tcosx 0 , khi đó: (2) F(3) = F(2) và F(t) khả vi và liên tục trên [2, 3], do đo theo định lí Lagrange (2, 3) sao cho: F '() = 23 )2(F)3(F cosx 0 [ 1xcos 0 t 1] = 0 8 = = 1xcos 0xcos 0 0 = + = k2x k 2 x 0 0 . Thử lại x 0 = 2 + k và x 0 = 2k thoả mãn (1). Vậy phơng trình có hai họ nghiệm x = 2 + k và x = 2k, kZ. Ví dụ 4: Giải phơng trình: xlog 3 4 + xlog 3 2 = 2x. Giải Điều kiện x > 0. Đặt u = log 3 x x = 3 u , khi đó phơng trình có dạng: 4 u + 2 u = 2.3 u 4 u 3 u = 3 u 2 u . Giả sử phơng trình có nghiệm u = , khi đó : 4 3 = 3 2 . (1) Xét hàm số f(t) = (t 1) t , với t > 0. Từ (1) ta nhận đợc f(4) = f(3), do đó theo định lí Lagrange tồn tại c(3, 4) sao cho : f '(c) = 0 [(c 1) 1 c 1 ] = 0 = = 1 0 . Thử lại ta thấy u = 0 và u = 1 đều thoả mãn. Nh vậy ta đợc: = = 1u 0u = = 1xlog 0xlog 3 3 = = 3x 1x . Vậy, phơng trình có nghiệm x = 1 và x = 3. Bài tập đề nghị Bài tập 1: Cho x > 0. Chứng minh rằng: e x > x + 1. Bài tập 2: Chứng minh rằng với x 2 luôn có: (x + 1)cos 1x + xcos x > 1. Bài tập 3: Cho x > y > 0. Chứng minh rằng: 9 2 yx + > ylnxln yx . Bài tập 1: Giả sử: 2003 a + 2002 b + 2001 c = 0. Chứng minh rằng phơng trình: ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm thuộc khoảng (0, 1). Bài tập 2: Chứng tỏ rằng với a 3b = 15 phơng trình: 2(2x + b) x = a. luôn có ít nhất một nghiệm lớn hơn 1. Bài tập 3: Chứng tỏ rằng với a + 3b = 27 phơng trình: 2(6x b) 1x + = a. luôn có ít nhất một nghiệm dơng. Bài tập 4: Chứng tỏ rằng với a b = 2 phơng trình: a x2 b x2 + = 2 2 x4 . luôn có ít nhất một nghiệm. Bài tập 5: Chứng tỏ rằng với a b c = 0 phơng trình: a x1 b x = 2c )x1(x . luôn có ít nhất một nghiệm. Bài tập 6: Chứng tỏ rằng với a b = 3(5c + d) phơng trình: a x5 b x = 2(2cx + d) )x5(x . luôn có ít nhất một nghiệm. Bài tập 7: Chứng minh rằng phơng trình: = n 1i i )]x 2 (icos[a = 0 luôn có nghiệm với mọi a i R, i = n,1 Bài tập 8: Cho a, b, cZ + với a 2 + b 2 = c 2 . Chứng minh rằng phơng trình: a x + b x = c x có duy nhất nghiệm. Bài tập 1: Giải các phơng trình sau: 10 . xa” ĐẠO HÀM VÀ ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ CÁC ỨNG DỤNG VÊn ®Ò 1: Sö dông ®Þnh lÝ Lagrange chøng minh bÊt ®¼ng thøc VÊn ®Ò 2: Sö dông ®Þnh lÝ Lagrange chøng. liên hệ 0936546689 1 định lý Lagrange và các ứng dụng A. Tóm tắt lí thuyết Định lí Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên [a, b] và F '(x) tồn tại