Đang chuẩn bị liên kết để tải về tài liệu:
CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

Tham khảo tài liệu 'các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả | CẤC CHUYỂN ĐÈ BÒI DƯỠNG HỌC SINH GIÓI Chuyên Đề ỨNG DỤNG CỦA ĐINH LÍ LAGRANG I. Lý thuyết 1. Định líLairani Cho hàm số y f x liên tụe trên a b và khả vi trên a b khi đó ỉa. Z f b - f a tôm tại số thựe c G a b f c b - a Hệ quả lĩNeu hàm so y f x liên tụa trên a b khả vỉ 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 so y f x có đạo hàm đến cấp n. .Neu pt f n x 0 có k nghiệm thì Pt f n-1 x 0 có nhiều nhất k 1 nghiệm II. Các ứng dụng 1.ửng dụng đ l Lagrang đế giải pt Phươngppháp . Đe giải pt f x o ta sử dụng hệ quả 2 ehứng minh số nghiệm nhiều nhất của pt eó the eó đuợe sau đó ta ehỉ ra đuợe eáe nghiệm eủa pt Bài 1 Giải pt 2003x 2005x 4006x 2 HSG Nghệ an 2005 Giải Xét hàm số f x 2003x 2005x - 4006x - 2 Ta có f x 2003x ln2003 2005x ln2005 - 4006 f x 2003xln22003 2005xln22005 0 x f x 0 vô nghiệm T x 0 cô nhiệu nhất là môt nghiệm f x 0 cô nhiệu nhất là hai nghiệm Mà ta thấy f l f o o nên pt đã cho có hai nghiệm x o và x 1 Bài 2 Giải pt 3cOsx 2cosx cosx Giải Đặt t eosx t G -1 1 khi đó pt trở thành 3t 2t 1 -o 3 - 2 -1 0 ta thấy pt này có hai nghiệm t o và t 1 ta sẽ e m đó là số nghiệm nhiều nhất mà pt có the eó Xét hàm số f t 3-2 -1 với t e -1 1 ta có f t 3 ln3 - 2 ln2 -1 f x 3 ln2 3 - 2 ln2 2 0 f x 0 có nhiều nhất l nghiệm nên f x 0 có nhiều nhất hai nghiệm từ đó ta eó đpem p Vậy pt eó hai họ nghiệm x k2p x 2 kp Bài 3 Giải pt 3x 1 x lôg3 1 2x TH TT Giải Đk x -1 2 pt 3x x 1 2x lôg3 1 2x 3x lôg3 3x 1 2x lôg3 1 2x 1 Xét hàm số f t t lôg31 ta eó f t là hàm đông biến nên 1 f 3x f 1 2x 3x 2x 1 3x - 2x -1 0 2 Xét hàm số f x 3x - 2x -1 f x 3x ln3 - 2 f x 3x ln2 3 0 f x 0 có nhiều nhất là hai nghiệm mà f o f l o nên pt đã cho có hai nghiệm x 0 và x 1 GV Nguyễn Tất Thu CẤC CHUYỂN ĐÈ BÒI DƯỠNG HỌC SINH GIÓI Bài 4 Giải pt 5x 12x 6x 11x Giải pt 12x - 11x 6x - 5x. Giả sử m là nghiệm của pt xét hàm so f t tm - t - 1 m ta có f 12 f 6 nên theo hệ quả 1 thì tồn tại c G 6 12 f c 0 hay mcm-1 - m c - 1 m-1 0 m cm-1 - c - 1 m-1 0 m 0 m 1 Thử lại ta thây thoả .