Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi - Chuyên đề: ứng dụng của định lí lagrang

CÁC CHUYÊN ðỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 
GV: Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa 
Chuyên ðề: ỨNG DỤNG CỦA ðỊNH LÍ LAGRANG 
I. Lý thuyết: 
 1. ðịnh lí Lagrang: Cho hàm số y=f(x) liên tục trên [a;b] và khả vi trên (a;b), khi đĩ 
tồm tại số thực ( ) ( )( ; ) : '( ) f b f ac a b f c
b a
−
∈ =
−
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 cĩ ít nhất một nghiệm trên (a;b) 
Hệ quả 2:Cho hàm số y=f(x) cĩ đạo hàm đến cấp n. .Nếu pt ( ) ( ) 0nf x = cĩ k nghiệm thì 
Pt ( 1) ( ) 0nf x− = cĩ nhiều nhất (k+1) nghiệm 
II. Các ứng dụng: 
1.Ứng dụng đ/l Lagrang để giải pt: 
Phương pháp: ðể giải pt f(x)=0 ta sử dụng hệ quả 2 chứng minh số nghiệm nhiều nhất 
của pt cĩ thể cĩ được, sau đĩ ta chỉ ra được các nghiệm của pt 
Bài 1:Giải pt: + = +2003 2005 4006 2x x x (HSG Nghệ an 2005) 
Giải: Xét hàm số : = + − −( ) 2003 2005 4006 2x xf x x 
Ta cĩ: = + −'( ) 2003 ln2003 2005 ln2005 4006x xf x 
= + > ∀ ⇒ =
⇒ ⇒
2 2''( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 0 "( ) 0 vô nghiệm
f'(x)=0 có nhiều nhất là một nghiệm f(x)=0 có nhiều nhất là hai nghiệm
x xf x x f x
Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt đã cho cĩ hai nghiệm x=0 và x=1 
Bài 2: Giải pt: osx osx3 2 osxc c c= + 
Giải: ðặt t=cosx; [-1;1]t ∈ khi đĩ pt trở thành: t t3 2 3 2 0t tt t= + ⇔ − − = , ta thấy pt 
này cĩ hai nghiệm t=0 và t=1 ta sẽ c/m đĩ là số nghiệm nhiều nhất mà pt cĩ thể cĩ: 
Xét hàm số: ( ) 3 - 2 - t tf t t= với [-1;1]t ∈ ta cĩ '( ) 3 ln3 2 ln 2 1t tf t = − − 
2 2
"( ) 3 ln 3 2 ln 2 0t tf x = − > ⇒ f’(x)=0 cĩ nhiều nhất 1 nghiệm nên f(x) =0 cĩ nhiều nhất 
hai nghiệm từ đĩ ta cĩ đpcm 
Vậy pt cĩ hai họ nghiệm: 2 ; 
2
x k x kpipi pi= = + 
Bài 3: Giải pt: = + + +33 1 log (1 2 )x x x (TH&TT) 
Giải: ðk: x>-1/2 
⇔ + = + + + ⇔ + = + + +3 3 33 1 2 log (1 2 ) 3 log 3 1 2 log (1 2 )
x x xpt x x x x x (1) 
Xét hàm số: = + 3( ) logf t t t ta cĩ f(t) là hàm đồng biến nên 
⇔ = + ⇔ = + ⇔ − − =(1) (3 ) (1 2 ) 3 2 1 3 2 1 0 (2)x x xf f x x x 
Xét hàm số: = − − ⇒ = − ⇒ = >2( ) 3 2 1 '( ) 3 ln3 2 "( ) 3 ln 3 0x x xf x x f x f x 
⇒ =( ) 0f x cĩ nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho cĩ hai nghiệm 
x=0 và x=1 
CÁC CHUYÊN ðỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 
GV: Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa 
Bài 4: Giải pt: 5 12 6 11x x x x+ = + 
Giải: 12 11 6 5x x x xpt ⇔ − = − . Giả sử m là nghiệm của pt, xét hàm số 
( ) ( 1)m mf t t t= − − ta cĩ f(12)=f(6) nên theo hệ quả 1 thì tồn tại (6;12)c∈ : f’(c)=0 
hay 1 1 1 1( 1) 0 [ ( 1) ]=0 0, 1m m m mmc m c m c c m m− − − −− − = ⇔ − − ⇔ = = 
Thử lại ta thấy thoả mãn. Vậy x=0 và x=1 là nghiệm của pt 
Bài Tập: Giải các pt sau 
2 2
1
1. 3 5 2.4
2. (1 )(2 4 ) 3.4
3. 9 3 (2 1)2
4. 4 2 3 3
x x x
x x
x x x
x x x x
x
x
+
+ =
+ + =
+ = +
+ = +
2.Ứng dụng định lí Lagrang để cm pt cĩ nghiệm: 
Phương pháp:ðể cm pt f(x)=0 cĩ nghiệm trên (a;b) ta đi xét hàm F(x) cĩ tính chất :thỏa 
mãn các điều kiện đ/l Lagrang , F’(x)=f(x) sau đĩ ta cm hàm F(x) thỏa mãn đk của Hệ 
quả 1 từ đĩ ta cĩ điều phải chứng minh 
Bài 1: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn đk: 0
2 1
a b c
m m m
+ + =
+ +
. Cmr 2 4b ac≥ (1) 
Giải: Ta cĩ (1) chính là điều kiện cần và đủ để pt: ax2+bx+c=0 cĩ nghiệm nên ta chuyển 
việc cm (1) về cm pt ax2+bx+c=0 cĩ nghiệm 
* Nếu a=0 thì (1) luơn đúng 
* Nếu 0a ≠ . Xét hàm số 
2 1
( )
2 1
m m mx x xf x a b c
m m m
+ +
= + +
+ +
 ta thấy f(x) cĩ đạo hàm trên R 
và f(1)= 0
2 1
a b c
m m m
+ + =
+ +
=f(0) nên theo hệ quả 1 thì pt f’(x)=0 cĩ nghiệm (0;1) 
hay pt: m+1 m m-1 2ax +bx +cx =0 ax 0bx c⇔ + + = cĩ nghiệm trên (0;1) từ đĩ ta cĩ đpcm 
Bài 2:Cho các số thực a,b,c và số nguyên n>0 thoả mãn: 5c(n+2)+6(a+b)=0. Cmr pt 
n na.sin . os .sinx+c=0x b c x c+ + luơn cĩ no trên (0; )2
pi
 (HSG Nghệ an 2004) 
Giải: Ta cĩ: 5
2 6 2
a c bgt
n n
⇔ + = −
+ +
 (*) 
Xét hàm số
2 n+2 3 2sin os sin sin( )
2 2 3 2
n x c x x xf x a b c c
n n
+
= − + +
+ +
 trên [0; ]
2
pi
 ta thấy f(x) thoả 
mãn đk đ/l Lagrang trên [0; ]
2
pi
. Mặt khác ta lại cĩ: 5(0) ; ( )
2 2 2 6
b a cf f
n n
pi
= − = +
+ +
(0) ( )
2
f f pi⇒ = (do (*) ). Theo đ/l Lagrang thì pt f’(x) cĩ nghiệm trên (0; )
2
pi
CÁC CHUYÊN ðỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 
GV: Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa 
hay pt: 1 n+1 2.sin . osx+cos sinx+c.sin . osx+c.sinx.cosx=0na x c x x c+ 
n n n nsinx.cosx(asin . os inx+c)=0 a.sin . os .sinx+c=0x b c x cs x b c x c⇔ + + ⇔ + + (vì sinx, 
cosx >0 trên (0; )
2
pi
 ) cĩ nghiệm trên (0; )
2
pi
 (đpcm) 
Bài 3:Cho các số thực 1 2, ,..., na a a thỏa mãn: 1 20 ... 02 3 1
naa aa
n
+ + + + =
+
 và 
2
1 2 n
0
a
... 0
2 3 1
na k a k k
a
n
+ + + + =
+
 với k >0. Cmr pt sau luơn cĩ nghiệm 
1 22 ... 0
n
na a x na x+ + + = 
Giải: Xét hàm số 
2 3 1
1 2 n
0
a( ) ...
2 3 1
na x a x xf x a x
n
+
= + + + +
+
 ta cĩ f(0)=f(1)=f(k)=0 
Nên theo hệ quả 1 thì pt: 20 1 2'( ) ... 0nnf x a a x a x a x= + + + + = cĩ hai nghiệm phân biệt 
x1,x2 ( )1 2'( ) ' 0f x f x⇒ = = ⇒Pt 11 2"( ) 2 .... 0nnf x a a x na x −= + + + = cĩ nghiệm 
Bài 4: Pt: 2 2sin sinpx+q sin 0a x p b c qx+ = (với p,q là các số nguyên dương lẻ) cĩ ít 
nhất bao nhiêu nghiệm trên [0;2 ]pi ? 
Giải: Xét pt: f(x)= asinx+bsinpx+csinqx=0 . (0) ( ) (2 )f f fpi pi= = nên pt 
'(x) osx .cos .cos 0f ac pb px qc qx= + + = cĩ 2 n0 1 2 1 2, : 0 2x x x xpi pi< < < < 
Vì p,q là các số nguyên dương lẻ nên ta cĩ : 1 2'( ) 0 '( ) '( ) '( ) 02 2f f x f x f
pi pi
= ⇒ = = = 
⇒pt f’’(x)= 2 2sin sinpx+q sin 0a x p b c qx+ = cĩ 2 n0 1 2, :y y 
1 1 1 2 2 Min{x , }<y ax{x , }<y2 2M x
pi pi
< < , Hơn nữa "(0) "( ) 0f f pi= = 
Vậy pt: f”(x)=0 cĩ ít nhất 4 nghiệm trên [0;2 ]pi . 
CÁC CHUYÊN ðỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 
GV: Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa 
3. Ứng dụng đ/l Lagrang để chứng minh Bất ðẳng Thức: 
Phương pháp:* ðể c/m Bđt cĩ dạng: ( ) ( )f a f bm M
a b
−
< <
−
 ta xét hàm số y=f(x) thỏa 
mãn điều kiện đ/l Lagrang trên [a;b], khi đĩ cĩ ( ) ( )( ; ) : '( ) f a f bc a b f c
a b
−
∈ =
−
 sau đĩ ta 
chứng minh: m<f’(c)<M 
* ðể c/m Bđt cĩ dạng : ( ) ( )m f a f b M≤ − ≤ ta xét hàm số y=f(x) thỏa mãn điều kiện 
đ/l Lagrang trên [a;b], khi đĩ cĩ ( ; ) : ( ) ( ) '( )( )c a b f a f b f c a b∈ − = − 
sau đĩ ta chứng minh: m<(a-b)f’(c)<M 
Bài 1: Cho 0<a<b. Cmr: lnb a b b a
b a a
− −
< < 
Giải:Bđt đã cho 1 ln ln 1b a
b b a a
−
⇔ < <
−
Xét hàm số f(x)=lnx trên [a;b]. Ta thấy f(x) thỏa mãn đk đ/l Lagrang trên [a;b] nên tồn 
tại số c: a<c<b: 1 ( ) ( ) ln ln'( ) f b f a b af c
c b a b a
− −
= = =
− −
. Vì 1 1 1( ; )c a b
b c a
∈ ⇒ < < 
Do đĩ ta cĩ 1 ln ln 1b a
b b a a
−
< <
−
 đpcm 
Bài 2: Cho 0<x<y và m là một số nguyên dương bất kì. Cmr: 
1 1( )
1
m m
m x x myy
m
− −+
<
+
Giải: Bđt đã cho 1
m m
my x
my
y x
−
−
⇔ <
−
Xét hàm số ( ) mf t t= trên [x;y], ta thấy f(t) thỏa mãn đk đ/l Lagrang trên [x ;y] nên tồn 
tại số ( ) 1 1( ) ( ); : '( ) m mf y f xc x y f c mc my
y x
− −
−
∈ = = <
−
 đpcm 
Bài 3:Cmr : ( )1 1 3nnn n n+ > + ∀ ≥ (ðH AN NINH 2001) 
Giải: Bđt ln( 1) ln( 1)ln ln( 1) 0 ( 1) ( ) 0
1
n n
n n n n f n f n
n n
+
⇔ + > + ⇔ − < ⇔ + − <
+
Với ln( ) xf x
x
= ta thấy f(x) thỏa mãn đk đ/l Lagrang trên [n;n+1] nên cĩ số c: n<c<n+1 
2
1- ln( 1) - ( ) '( )( 1 - ) '( ) 0cf n f n f c n n f c
c
+ = + = = < ⇒đpcm 
Bài 4: 33 3: sin cos( -1) sin( 1) cos cos .cos( -1)CMR e e e e e e− − > 
Giải: Vì cose, cos(e-1)>0 nên Bđt 3 3
sin sin( 1) 1
ose cos( -1)
e e
c e
−
⇔ − > 
CÁC CHUYÊN ðỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 
GV: Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa 
Xét hàm số: 3
sin( )
cos
xf x
x
= trên [e-1;e], ta cĩ 
2
3 4
2cos 1
'( )
3 os
xf x
c x
+
= 
Áp dụng đ/l Lagrang thì cĩ số e-1<c<e: ( ) ( 1) '( )f e f e f c− − = 
Mặt khác: 32 2 4os os 1 3 os '( ) 1c c c c c c f c+ + ≥ ⇒ > ⇒đpcm