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.