Giao an ca nam

CHUYÊN ĐỀ

4-

ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ CÁC BÀI TOÁN
TỒN TẠI NGHIỆM TRONG ĐS-GT KHỐI 11
A-.Lý thuyết.
I- Định lý Lagrange : Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a;b], có đạo hàm trong (a,b)
thì tồn tại ít nhất một số c ∈(a,b) sao cho :
f(b)−f(a) =f′(c).(b−a)
Như vậy : Nếu f(b)=f(a) thì phương trình f′(x)=0 có nghiệm x = c ∈(a,b)
II-Tính chất của hàm số liên tục.
1-Định lý 2- Giả sử hàm số f liên tục trên [a;b] .Nếu f(a) ≠ f(b) thì với mỗi số
thực M nằm giữa f(a) và f(b) thì tồn tại ít nhất một điểm c (a;b) sao cho:
f(c) = M.
*Hệ quả : Nếu hàm số f liên tục trên đoạn [a;b] và f(a).f(b) < 0 thì tồn tại ít nhất
một điểm c  (a;b) sao cho : f(c) = 0.
B-Các bài tập
I-Các bài tập cơ sở
3
2
1-Bài 1- Chứng minh rằng phương trình : 5 x  3x  4 x  5 0 (1)
có ít nhất 1 nghiệm.
Giải.
3
2
Đặt : f ( x) 5 x  3 x  4 x  5
Hàm số f(x) liên tục trên R, nên liên tục trên [0;1]
 f (0)  5
 f (0). f (1) (  5).1  5  0


f
(1)

1

Tính :
3
2
 Phương trình 5 x  3x  4 x  5 0 có ít nhất 1 nghiệm trên (0;1)
3
2
Vậy : Phương trình 5 x  3x  4 x  5 0

Có

ít nhất 1 nghiệm

------------------4
2
2-Bài 2- Chứng minh rằng phương trình : 4 x  2 x  x  3 0 (1)
có ít nhất 2 nghiệm.
Giải.
4
2
Đặt : f ( x) 4 x  2 x  x  3.


 

 f ( )  1

 f ( ). f ( ) (  1).3  3  0 (**)
 2
2

Hàm số f(x) liên tục  f ( ) 3
 f (0)  3
 f (0). f (1) (  3).2  6  0 (**)

 f (1) 2
trên R, nên liên tục trên [-1;1]
 f ( 1) 4
 f (  1). f (0) 4.(  3)  12  0

f
(0)

3

Tính :

(*)

 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên (-1;0)
Tính :
 f (0) 4
 f ( 1). f (0) 4.(  3)  12  0

 f ( 1) 

(*)

 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên (-1;0)
4
2
Vậy : Phương trình 4 x  2 x  x  3 0 có ít nhất 2 nghiệm trên (-1;1)

------------------3-Bài 3- Chứng minh rằng phương trình : cos 2 x  2sin x  2 0

(1)

  
; 

6


có ít nhất 2 nghiệm thuộc khoảng

Giải.
Đặt : f ( x) cos 2 x  2sin x  2
 
 6 ;  
Hàm số f(x) liên tục trên R, nên liên tục trên
7
 
 f ( 6 )  2


7
7

 f ( ). f ( )  .(  1)   0 (*)

6
2
2
2
 f (  )  1
Tính :  2
   
; 

 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên  6 2 

Tính :
 
 ; 
 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên  2 
  
; 

6


cos
2
x

2sin
x


2

0
Vậy : Phương trình
có ít nhất 2 nghiệm trên
  3;5

-------------------

3
4-Bài 4- Chứng minh rằng phương trình : x  19 x  30 0 (1)
có đúng 3 nghiệm.


 f ( 3) 0

 f ( 2) 0
 f (5) 0


Giải.
3
Đặt : f ( x)  x  19 x  30
Hàm số f(x) liên tục trên R, nên liên tục trên
Tính :
 Phương trình (1) có 3 nghiệm trên   3;5
3
Vậy : Phương trình x  19 x  30 0 có đúng 3 nghiệm.
(Có thể dùng máy tính , tìm được 3 nghiệm)
-----------------2

5-Bài 5- Chứng minh rằng phương trình : x .cos x  x sin x  1 0 (1)

 f (0) 1  x 2  0

 f (0). f ( )  0

2

 f ( ) 1    0

(*)

có 1 nghiệm thuộc khoảng (0; π).
Giải.
2
Đặt : f ( x)  x cos x  x sin x  1
Hàm số f(x) liên tục trên R, nên liên tục trên  0;  
Tính :
0; 
 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên  
2
0; 
Vậy : Phương trình x cos x  x sin x 1 0 có ít nhất 1 nghiệm trên  

------------------2
3
6-Bài 6- Chứng minh rằng phương trình : (1  3m ) x  3 x  1 0 (1)
ln có 1 nghiệm với mọi m.
Giải.
------------------2

3
7-Bài 7- Chứng minh rằng phương trình : (m  m  2) x  3 x  3 0 (1)
ln có 1 nghiệm với mọi m.

Giải.
-------------------


8-Bài 8- Chứng minh rằng phương trình : 2 x  1  tan x 0 (1)
 
 0; 
luôn có 1 nghiệm duy nhất thuộc khoảng  3 

Giải.
-------------------

3
9-Bài 9- Chứng minh rằng phương trình : m( x  1) ( x  2)  2 x  3 0 (1)
ln có nghiệm với mọi m.

Giải.
-------------------

2
2011
10-Bài 10- Chứng minh rằng phương trình : (m  m  4) x  2 x  1 0 (1)
ln có nghiệm với mọi m.

 1
 0; 

Giải.  2 

-------------------

II-Các bài tập nâng cao.
1 
 ;1
1-Bài 1-Chứng minh phương trình sau có 5 nghiệm phân biệt:  2 
x5  5 x 3  4 x  1 0
(*)

Giải.
5
3
Đặt : f ( x) x  5 x  4 x  1.
Hàm số f(x) liên tục trên R, nên liên tục trên [-2;3]
 f ( 2)  1
3
73  73

0
  3 73  f ( 2). f ( ) ( 1).( ) 
2
32
32
f( )

1)-Tính :  2 32

(1)

3

  2; 
 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên khoảng  2 
  3 73
73
73
 73
f( )
0
(2)
32  f ( ). f (0)  .( 1) 
 2
32
31
32

2)Tính :  f (0)  1
3 
 ;0
 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên  2 
 f (0)  1
1
13  13

0
 1 13  f (0). f ( ) ( 1). 
2

32 32
 f ( 2 ) 32
3)Tính :

(3)

 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên
 1 13
1
13
 13
f( )
0
 2 32  f ( ). f (  1)  .(  1) 
2
32
32

 f (1)  1

(4)

4)Tính :
 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên

 f (1)  1
 f (1). f (3) (  1).119  119  0 (5)

f
(3)


119

5)Tính :
 1;3

 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên
5
3
Vậy : Phương trình x  5 x  4 x  1 0 có 5 nghiệm phân biệt .
--------------3
2-Bài 2- Chứng minh phương trình x  3x  1 0 (1) có 3 nghiệm, thỏa mãn:

x1  x2  x3 và x32 2  x2 .

Giải.
x1  x2  x3 Xét hàm số f ( x)  x3  3 x  1
Giả
sử
3
nghiệm
của
pt
là
:
*).
-Hàm số f(x) liên tục trên R, Xét f(x) trên

  2;2 

 f ( 2)  1
 f ( 2). f ( 1)  3  0

f
(

1)

3

1)Tính :

(1)

 2;  1
 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên 
 f (  1) 3
 f ( 1). f (1)  3  0

f
(1)

1

2)Tính :

(2)

 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên   1;1
 f (1)  1

 f (1). f (2)  3  0

f
(2)

3

3)Tính :

(3)

1; 2
 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên  


pt dã cho có 3 nghiệm sao cho :  2  x1   1  x2  1  x3  2.
Vậy : x1  x2  x3
2

**) – Ta xét điều kiện : x3 2  x2
0
Đặt : x 2 cos  (0  180 )
3
3
Khi đó : x  3x 1 0  (2 cos  )  3.2 cos  1 0
 2 cos 3 

1
cos1200
2

Do :

  400
(0  1080 )  1 400 ,  2 800 ,

Từ đó :

 x1 2 cos1600

0
2
0 2
0
 x2 2 cos80  x3 2  x2  (2 cos 40 ) 2  2 cos 80

0
 x3 2 cos 40

 3 1600
(*)

1 2 4

0 2
(2
cos
40
)


4.(
)  1

2
4

2  2 cos 800 2  2(  1) 1
2
Thật vậy: 
2
Vậy : x3 2  x2

--------------3
2
3-Bài 3-Giải phương trình : 8 x  4 x  4 x  1 0
Giải.
3
2
Đặt : f ( x) 8 x  4 x  4 x  1 0

(1)

 1;1
Hàm số f(x) liên tục trên R, nên liên tục trên 
2

 f (0) 1  x  0
 f (0). f ( )  0

2

f
(

)

1



0

Tính : 

(*)

0; 
 Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm trên  
2
Vậy : Phương trình x cos x  x sin x 1 0 có ít nhất 1 nghiệm trên  0;  

--------------3
3
4-Bài 4-Giải phương trình : (8 x  1)  162 x  27 0
Giải.
---------------

(1)

4
2

6-Bài 6-Chứng minh phương trình : mx  2 x  x  m 0

(1)


có nghiệm với mọi m.
Giải.
+Khi m 0 :

(1)  2 x 2  x 0 

x 0
x 2

(*)

Phương trình có 2 nghiệm khi m = 0
+Khi m 0 :

(1)  x 4 

f( x)  x 4 

m 2 1
x  x  1 0
2
m

m 2 1
x  x  1.

2
m

Ta đặt :
-Hàm số f liên tục trên R .

.

 f (0)  1

2
1

lim f ( x)  lim ( x 4  x 2  x  1)     0 : f ( )  0

x  
m
m
 x  

-Tính
f ( ). f (0)  0 nên pt có ít nhất 1 nghiệm trong (0;  )
-Do

 f (0)  1

2
1

f ( x )  lim ( x 4  x 2  x  1)     0 : f (  )  0

 xlim
 
x  
m
m
f
(0).
f
(

)

0
nên pt có ít nhất 1 nghiệm trong (0;  )
-Do

Phương trình có 2 nghiệm khi m ≠ 0
Vậy : Phương trình ln có 2 nghiệm với mọi m.
-------------2

7-Bài 7-Chứng minh phương trình : ax  bx  c 0
có nghiệm với : 5a  4b  6c 0 .
Giải.
2
Đặt : f ( x) ax  bx  c
Hàm số f(x) liên tục trên R.

Tính :

(1)

 f (0) c
 1
a b

 f ( )   c
4 2
 2
 f (2) 4a  2b  c

1
1
a b
 f (0)  4 f ( )  f (2)  f (0)  4 f ( )  f (2) c  4[   c]  4a  2b  c
2
2
4 2
c  a  2b  4c  4a  2b  c
5a  4b  6c 0
 1 
m, n  0; ; 2 
 2  sao cho f (m). f (n) 0
Do đó tồn tại 2 giá trị
5a  4b  6c 0

Vậy : phương trình ln có nghiệm với :


--------------12
4

n
8-Bài 8- Cho phương trình: x  1 4 x x  1 (1) .Tìm số n nguyên dương bé
nhất để pt có nghiệm.
Giải.
n
-Điều kiện : x  1  0
+Nếu n lẻ : x > 1
+Nếu n chẵn có nghiệm x > 1 , (nếu có)
12
4
n
4
4
4
Biến đổi tương đương: x  1 4 x x  1  ( x  1)[ x ( x  1)  1]
Áp dụng BĐT Cauchy
4
4
4
2
2
4
4
4
4
3
được : ( x  1)[ x ( x  1)  1]  2 x .2 x . x  1 4 x x  1  4 x x  1

 4x4 x2  1
 4x4 x  1

Do vậy phương trình khơng có nghiệm khi n ≤ 4.
12
4
5
+Xét n = 5 : (1)  x 1 4 x x  1
12

+Đặt : f ( x) x  1 4 x

4

(*)

5

x  1 , hàm số liên tục trên (1; )

 f (1) 112  1  4.14 15  1 2  0


4
5
 6  6 12
 6  6
 f ( )    1  4.      1  4,16  0
 5  5
Tính :  5  5 

Do đó phương trình có nghiệm x > 1 khi n ≥ 5.

Vậy với số nguyên dương bé nhất n = 5 , thì phương trình có nghiệm.
--------------2
9-Bài 9-Chứng minh : Nếu phương trình : ax  (b  c) x  d  e 0 (1) có 1
4
3
2
nghiệm thực trong [1;+∞) thì pt : ax  bx  cx  dx  e 0 (2) cũng có
nghiệm thực.
Giải.
-Ta đặt x0  [1; ) là một nghiệm thực theo giả thiết.
2
2
-Từ (1) : ax0  (b  c ) x0  d  e 0  ax0  cx0  e  (bx0  d )
4
3
2
-Từ (2) đặt : f ( x) ax  bx  cx  dx  e , hàm số f(x) liên tục trên R.

 f ( x0 ) ( ax02  cx0  e)  x0 (bx0  d )

f ( x0 ) (ax02  cx0  e)  x0 (bx0  d )
Tính: 
 f ( x0 ). f (  x0 ) ( ax02  cx0  e) 2  x0 (bx0  d ) 2
(ax02  cx0  e)2  x0 [  (ax02  cx0  e)]2
(ax02  cx0  e)2  x0 (ax02  cx0  e) 2
(ax02  cx0  e)2 (1  x0 )


2
2

Do (ax0  cx0  e)  0,

(1  x0 )  0

, nên : f ( x0 ). f ( x0 )  0

Hay phương trình có ít nhất 1 nghiệm trong [ x0 ; x0 ]
4
3
2
Vậy phương trình ax  bx  cx  dx  e 0 có nghiệm thực.
--------------10-Cho hàm số f(x) xác định , liên tục trên R, điều kiện f(0) = f(1) và cho m là số
nguyên dương bất kỳ.Chứng minh tồn tại c (0;1) , để :
Giải.
-Gọi m là số nguyên dương theo giả thiết.

f (c 

1
)  f (c )
m
(1).

1
)  f ( x)
m
-Ta đặt :
khi đó h(x)liên tục trên R.
1
2

m 1
h(0)  h( )  h( )  .....  h(
)
m
m
m
1   3
2 
m 1 
 1
  2

 f ( )  f (0)    f ( )  f ( )    f ( )  f ( )   ........   f (1)  f (
)
m   m
m 
m 
 m
  m

( do
f (0)  f (1))
-Tính tổng :  f (1)  f (0) 0
1
2
m 1
h(0) h( ) h( ) ......... h(
) 0
m
m

m
-Khi
1
f (c  )  f (c )
, c  (0;1)
m
thì tồn tại số c = x sao cho :
.
1
2
m 1
h(0),
h( ),
h( ),........., h(
) 0
m
m
m
-Khi
1 2
m 1
a, b  {0; ; ;........;
}
m m
m
thì tồn tại 2 giá trị trái dấu , như a,b
để h(a).h(b) < 0 .hay
h( x )  f ( x 

phương trình có nghiệm .

Vậy : phương trình

f (x 

1
)  f ( x)
m
có nghiệm x = c.

---------------