Sáng kiến kinh nghiệm Một số ứng dụng của định lý Lagrange và định lý Rolle

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
 TRƯỜNG THPT NGUYỄN THÁI HỌC
 =====***=====
 BÁO CÁO KẾT QUẢ 
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
 Tên sáng kiến:
 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ LAGRANGE 
 VÀ ĐỊNH LÝ ROLLE
 Tác giả: Lê Anh Tuấn
 Điện thoại: 0913389665
 Email: leanhtuancvp@gmail.com
 Mã sáng kiến: 61
 Vĩnh Phúc, tháng 10 năm 2018
 1
 Vĩnh Phúc, năm 2018 PHẦN A. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài
Định lý Lagrange là một trong những định lý quan trọng nhất của phép tính vi phân, 
nó là một mở rộng của định lý Rolle. Trong sách giáo khoa giải tích lớp 12, định lý này 
được thừa nhận vì phép chứng minh của nó vượt ra ngoài chương trình phổ thông. Ứng 
dụng của định lý Lagrange rất quan trọng trong việc xây dựng lý thuyết và giải quyết 
một số dạng toán trong chương trình giải tích ở trường THPT.
Báo cáo kết quả nghiên cứu này, tôi sẽ trình bày phép chứng minh định lý Lagrange và 
ứng dụng của định lý Lagrange và định lý Rolle để giải một số dạng toán thường gặp 
trong các kì thi THPTquốc gia và trong các kì thi chọn học sinh giỏi bậc trung học phổ 
thông. 
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
Đề tài "Một số ứng dụng của định lý Lagrange và định lý Rolle" được tác giả chọn 
viết nhằm giới thiệu với các thầy cô và các em học sinh những kinh nghiệm và phương 
pháp của chúng tôi khi giảng dạy về định lý Lagrange trong chương trình toán THPT, 
qua đó cũng nhấn mạnh tầm quan trọng của nó qua các ứng dụng, đặc biệt là các bài 
toán được lấy từ các kì thi Olimpic về toán trong những năm gần đây. 
Đề tài này được coi như một chuyên đề để giảng dạy nâng cao cho học sinh THPT và 
bồi dưỡng cho học sinh giỏi môn Toán. Tác giải rất mong nhận được góp ý trao đổi 
của các thầy cô giáo, các bạn đồng nghiệp để chuyên đề có thể sâu sắc và hoàn thiện 
hơn nữa. Hy vọng đề tài sẽ góp một phần nhỏ để việc giảng dạy phần giải tích đạt hiệu 
quả nhất.
3. Phương pháp nghiên cứu
Đề tài sáng kiến kinh nghiệm sử dụng các phương pháp nghiên cứu chủ yếu sau:
- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu các tài liệu về định lý Lagrange và định 
lý Rolle, đặc biệt từ các tạp chí trong và ngoài nước; tài liệu từ Internet...
- Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh giỏi toán).
 3 4. Tìm giới hạn dãy số.
III. Một số bài tập vận dụng
C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1.Kiến nghị, đề xuất về việc triển khai áp dụng đề tài, sáng kiến. 
2.Đánh giá lợi ích có thể thu được do áp dụng đề tài, sáng kiến. 
3.Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng đề tài, sáng kiến. 
 5 2. Định lý Lagrange
Cho hàm số f x xác định trên đoạn a;b thỏa mãn 
các điều kiện sau:
 1) f x liên tục trên đoạn a;b
 2) f x có đạo hàm trên khoảng a;b 
Khi đó tồn tại một điểm c thuộc khoảng a;b sao cho 
 f b f a 
 f ' c .
 b a
Chứng minh. Giả sử đồ thị hàm số y f x trên đoạn a;b là một cung »AB (hình 
vẽ) , trong đó A a; f a ,B b, f b .Với x a;b, đường thẳng song song với Oy có 
hoành độ x cắt cung »AB tại điểm M , dây AB tại điểm N và trục Ox tại điểm H. 
 f b f a 
Đường thẳng AB có phương trình là y kx m, với hệ số góc k . 
 b a
Ta có NM HM HN f x kx m g x .
Xét hàm số g x trên đoạn a;b ta nhận thấy :
1) Hàm số g x liên tục trên đoạn a;b vì nó là hiệu của hàm số f x liên tục và một 
đa thức 
2) Hàm số g x có đạo hàm trên khoảng a;b , đạo hàm của nó là g ' x f ' x k .
3) Khi x a thì N và M trùng với A NM AA 0 g a 0. 
Tương tự ta có g b 0 , suy ra g a g b 0. Như vậy g x thoả mãn các giả thiết 
của định lý Rolle trên đoạn a;b. Do đó tồn tại điểm c a;b sao cho 
 f b f a 
 g ' c 0 f ' c k f ' c , ta có điều phải chứng minh.
 b a
Nhận xét.
 7 3x 2.4x 19x 3 0.
Xét hàm số y f x 3x 2.4x 19x 3, x ¡ . 
Ta có f ' x 3x ln3 2.4x ln 4 19 và f '' x 3x ln3 2 2.4x ln 4 2 0,x R , suy 
ra f ' x 0 có nhiều nhất 1 nghiệm, suy ra f x 0 có nhiều nhất 2 nghiệm. 
Mà f 0 f 2 0 do đó phương trình f x 0 có đúng hai nghiêm là x 0, x 2 .
 x x x
Bài toán 1.3. Giải phương trình 3 5 2.4 (1)
Lời giải. Ta thấy ngay x 0; x 1 là các nghiệm của phương trình (1). 
Gọi x0 là một nghiệm bất kì của phương trình đã cho. Khi đó
 3x0 5x0 2.4x0 5x0 4x0 4x0 3x0 (2)
 x
Xét hàm số f t t 1 0 t x0 , ta có (2) f 4 f 3 .
Vì f t là hàm liên tục trên 3;4 và có đạo hàm trong khoảng 3;4 , nên theo định lí 
 x 1 x 0
 0 x0 1 0
Roll tồn tại c (3;4) sao cho f ' c 0 x0[ c 1 c ]=0 
 x0 1
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x 0 và x 1. 
 x x x
Bài tương tự. Giải phương trình: 2017 2019 2.2018 
Bài toán 1.4. Giải phương trình: 1 cos x)(2 4cos x 3.4cos x (1)
Lời giải. Đặt t cos x, t  1;1 thì (1) trở thành:
 1 t 2 4t 3.4t 1 t 2 4t 3.4t 0
Xét hàm số f t 1 t 2 4t 3.4t , t ¡ .
Suy ra f ' t 2 4t t - 2 4t ln 4, f '' t 2.4t ln 4 t - 2 4t ln2 4
 2
Ta có f '' t 0 t 2 f '' t 0 có một nghiệm duy nhất, suy ra f ' t 0 
 ln 4
có nhiều nhất hai nghiệm. Do đó f t 0 có nhiều nhất ba nghiệm.
 1 1
Mặt khác dễ thấy f 0 f f 1 0, do đó f t 0 có ba nghiệm t 0, ,1.
 2 2
 9 n n 1
 f ' x a0 x a1x ... an 1x an
Do f 0 f 1 0 nên theo định lý Roll tồn tại x0 0;1 sao cho f ' x0 0 hay
 n n 1
 a0 x0 a1x0 ... an 1x0 an 0
Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.3. Cho đa thức f x ¡ x có ít nhất hai nghiệm thực. Chứng minh rằng 
đa thức P x f x f ' x cũng có ít nhất hai nghiệm thực.
Lời giải. Giả sử x1, x2 x1 x2 là hai nghiệm của f x . 
Xét hàm số g x e x f x . Ta có
 x x
 g ' x e f ' x f x e P x 
Theo định lý Rolle thì g ' x có ít nhất một nghiệm thực trong khoảng x1; x2 nếu 
 x1 x2 và có nghiệm x1 nếu x1 x2 . Suy ra đa thức P x có ít nhất một nghiệm 
thực. Vì deg P x deg f x n nên nếu n lẻ thì hiển nhiên f x có ít nhất 3 nghiệm 
thực và vì vậy theo lập luận trên thì P x sẽ có ít nhất hai nghiệm thực. Nếu n chẵn 
thì do P x có nghiệm thực nên nó phải có ít nhất hai nghiệm thực. 
Nhận xét. Với lớp các hàm đa thức thì luôn liên tục và khả vi mọi cấp, do đó ta dễ 
dàng áp dụng được định lý Rolle và định lý Lagrange để suy ra số nghiệm của các đa 
thức khác. Cụ thể là nếu f a f b thì f x có nghiệm c thuộc khoảng a;b . Nếu 
 f x có k nghiệm thì f x có k 1 nghiệm, f x có k 2 nghiệm,
Sử dụng các tính chất này ta có thể giải quyết được một lớp các bài toán khó, thậm chí 
là rất khó về nghiệm của đa thức. Đây cũng là dấu ấn nhất về tính chất giải tích của 
nghiệm đa thức. 
Bài toán 2.4 (Việt Nam TST năm 1994). Cho đa thức P x ¡ x, deg P 4 và có 4 
nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng phương trình sau cũng có 4 nghiệm dương phân 
biệt
 11 
 4 1 1 4 1 1 
 4 t P P t P P  0
 t t t t 
 1 1 1 1 1 1 1 1 
 t 4 P P 4t3 P P t 4 P P 0
 2 2  
 t t t t t t t t 
 2 1 2 1 1 
 t 4t P 1 4t t P P 0 5 
 t t t 
 1 1 4x 1 4x
Đặt x , 5 2 P x 1 2 P x P x 0 .
 t x x 
Vậy phương trình 1 có 4 nghiệm dương phân biệt.
Bài toán 2.5. Cho P x là đa thức với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt lớn hơn 
 2 2 2
1. Xét đa thức Q x x 1 P x P x x P x P x . Chứng minh rằng đa 
thức Q x có 2n 1 nghiệm thực phân biệt.
Lời giải. Ta có Q x P x xP x xP x P x . Dễ thấy 
 x2 x2 
 P x xP x e 2 e 2 P x
 xP x P x xP x 
Giả sử các nghiệm của P x là 1 x1 x2 ... xn . Theo định lí Rolle, đa thức 
 P x xP x có n 1 nghiệm i ,i 1,n 1 thoả mãn 1 x1 1 x2 ... n 1 xn 
và đa thức xP x P x có n nghiệm  j , j 1,n thỏa mãn 
 0 1 x1 2 x2 ... n xn .
- Nếu i  j ,i, j thì ta có ngay điều phải chứng minh.
- Giả sử tồn tại i, j sao cho i  j   1. 
 13 2 P x 
Mặt khác R x x xP x P x x P x nên R x là đa thức bậc n 1 
 x 
có ít nhất n nghiệm thực là 0 và yi ,i 1,n 1. Do đó R x có n 1 nghiệm thực kể cả 
bội (nếu có nghiệm bội thì có duy nhất nghiệm khác 0 bội 2).
Nếu R x có một nghiệm y bội 2 thì R x x x y K x , trong đó K x 
 i0 i0 n 2 n 2 
là đa thức bậc n 2 với hệ số thực. 
 Q x x xP x P x x y 2xK x x y xK x 
 i0 n 2 i0 n 2 
Vậy Q x nhận y làm nghiệm.
 i0
Kí hiệu n nghiệm ( y chỉ tính một lần) của R x theo thứ tự tăng dần là u , j 1,n . 
 i0 j
Theo định lí Lagrange ta có 
 j 1,n 1,t j u j ;u j 1 : R u j R u j 1 u j u j 1 R u j 
 j 1,...,n 1,t j u j ;u j 1 :Q t j R t j 0. Vậy Q x có thêm n 1 nghiệm 
thực khác y nữa. Do đó Q x có n nghiệm thực phân biệt.
 i0 
Bài toán 2.7. Cho số thực 0 và đa thức P x với hệ số thực bậc n 1 sao cho 
 P x không có nghiệm thực. Chứng minh đa thức 
 Q x P x P x ... n P n x không có nghiệm thực.
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử hệ số bậc cao nhất của P x dương. Vì 
 P x không có nghiệm thực nên P x 0,x ¡ và deg P x n là số chẵn. 
Ta có
 Q x P x P x ... n 1P n x 
 15