CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ppt

CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

GV: Nguyễn Tất Thu

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 đó

tồm tại số thực ( ) ( ) ( ; ) : '( ) f b f a c a b f c b a

- Î = -

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 có ít nhất một nghiệm trên (a;b)

Hệ quả 2:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n. .Nếu pt ( )( ) 0 n f x = có k nghiệm thì

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

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 có thể có được, sau đó ta chỉ ra được các nghiệm của pt

Bài 1:Giải pt: 2003 2005 4006 2 + = + x x x (HSG Nghệ an 2005)

Giải: Xét hàm số : ( ) 2003 2005 4006 2 = + - - x x f x x

Ta có: '( ) 2003 ln2003 2005 ln2005 4006 = + - x x f x

= + > " Þ =

Þ Þ

2 2 ''( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 0 "( ) 0 voâ nghieäm

f'(x)=0 coù nhieàu nhaát laø moät nghieäm f(x)=0 coù nhieàu nhaát laø hai nghieäm

x x f x x f x

Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm x=0 và x=1

Bài 2: Giải pt: osx osx 3 2 osx c c = + c

Giải: Đặt t=cosx; t Î[-1;1] khi đó pt trở thành: t t 3 2 3 2 0 t t = + Û - - = t t , ta thấy pt

này có hai nghiệm t=0 và t=1 ta sẽ c/m đó là số nghiệm nhiều nhất mà pt có thể có:

Xét hàm số: ( ) 3 - 2 - t t f t t = với t Î[-1;1] ta có '( ) 3 ln3 2 ln 2 1 t t f t = - -

2 2 "( ) 3 ln 3 2 ln 2 0 t t f x = - > Þf’(x)=0 có nhiều nhất 1 nghiệm nên f(x) =0 có nhiều nhất

hai nghiệm từ đó ta có đpcm

Vậy pt có hai họ nghiệm: 2 ; 2

x k x k p

= = + p p

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

Giải: Đk: x>-1/2

Û + = + + + Û + = + + + 3 3 3 3 1 2 log (1 2 ) 3 log 3 1 2 log (1 2 ) x x x pt x x x x x (1)

Xét hàm số: = + 3 f t t t ( ) log ta có f(t) là hàm đồng biến nên

(1) (3 ) (1 2 ) 3 2 1 3 2 1 0 (2) Û = + Û = + Û - - = x x x f f x x x

Xét hàm số: = - - Þ = - Þ = > 2 ( ) 3 2 1 '( ) 3 ln3 2 "( ) 3 ln 3 0 x x x f x x f x f x

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

x=0 và x=1