Применение производной для решения нелинейных уравнений и неравенств
п.1. Количество корней кубического уравнения
Кубическое уравнение $$ ax^3+bx^2+cx+d=0 $$ на множестве действительных чисел может иметь один, два или три корня.
С помощью производной можно быстро ответить на вопрос, сколько корней имеет данное уравнение. \begin
Если две точки экстремума найдены, но \(f(x_1)\cdot f(x_2)=0\), уравнение имеет два корня.
Во всех остальных случаях – у исходного уравнения 1 корень.
Пример 1. Сколько корней имеют уравнения:
1) \(x^3+3x^2-4=0\) \(b^2-3ac=9\gt 0 (c=0) \) \(f(x)=x^3+3x^2-4 \) \(f'(x)=3x^2+6x=3x(x+2) \) \(x_1=0,\ x_2=-2 \) \(f(x_1)=-4,\ f(x_2)=0 \) \(f(x_1)\cdot f(x_2)=0\Rightarrow\) два корня | 2) \(x^3+3x^2-1=0\) \(b^2-3ac=9\gt 0 \) \(f(x)=x^3+3x^2-1 \) \(f'(x)=3x^2+6x=3x(x+2) \) \(x_1=0,\ x_2=-2 \) \(f(x_1)=-1,\ f(x_2)=3 \) \(f(x_1)\cdot f(x_2)\lt 0\Rightarrow\) три корня |
3) \(x^3+3x^2+1=0\) \(b^2-3ac=9\gt 0\) \(f(x)=x^3+3x^2+1 \) \(f'(x)=3x^2+6x=3x(x+2) \) \(x_1=0,\ x_2=-2 \) \(f(x_1)=1,\ f(x_2)=5 \) \(f(x_1)\cdot f(x_2)\gt 0\Rightarrow\) один корень | 4) \(x^3+x^2+x+3=0\) \(b^2-3ac=1-3\lt 0 \) Один корень |
п.2. Количество корней произвольного уравнения
Задачи на подсчет количества корней решаются с помощью построения графиков при полном или частичном исследовании функций.
Пример 2. а) Найдите число корней уравнения \(\frac 1x+\frac<1>
б) Найдите число корней уравнения \(\frac 1x+\frac<1>
Построим график функции слева, а затем найдем для него количество точек пересечения с горизонталью \(y=1\). Это и будет ответом на вопрос задачи (а).
Исследуем функцию: $$ f(x)=\frac1x+\frac<1>
1) ОДЗ: \(x\ne\left\<0;1;3\right\>\)
Все три точки – точки разрыва 2-го рода. \begin
Функция непериодическая.
3) Асимптоты
1. Вертикальные \(x=0, x=1, x=3\) – точки разрыва 2-го рода
2. Горизонтальные: \begin
На минус бесконечности функция стремится к 0 снизу, на плюс бесконечности – сверху.
3. Наклонные: \(k=0\), нет.
4) Первая производная $$ f'(x)=-\frac<1>
Функция убывает.
5) Вторую производную не исследуем, т.к. перегибы не влияют на количество точек пересечения с горизонталью.
6) Точки пересечения с OY – нет, т.к. \(x=0\) – асимптота
Точки пересечения с OX – две, \(0\lt x_1\lt 1,1\lt x_2\lt 3\)
7) График
Получаем ответ для задачи (а) 3 корня.
Решаем более общую задачу (б). Передвигаем горизонталь \(y=k\) снизу вверх и считаем количество точек пересечения с графиком функции. Последовательно, получаем:
При \(k\lt 0\) — три корня
При \(k=0\) — два корня
При \(k\gt 0\) — три корня
Ответ: а) 3 корня; б) при \(k=0\) два корня, при \(k\ne 0\) три корня.
Пример 3. Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение $$ \sqrt
Исследуем функцию \(f(x)=\sqrt
ОДЗ: \( \begin
Функция определена на конечном интервале.
Поэтому используем сокращенный алгоритм для построения графика.
Значения функции на концах интервала: \(f(1)=0+\sqrt<8>=2\sqrt<2>,\ f(5)=\sqrt<4>+0=2\)
Первая производная: \begin
\(x\) | 1 | (1; 7/3) | 7/3 | (7/3; 5) | 5 |
\(f'(x)\) | ∅ | + | 0 | — | ∅ |
\(f(x)\) | \(2\sqrt<2>\) | \(\nearrow \) | max \(2\sqrt<3>\) | \(\searrow \) | 2 |
Можем строить график:
\(y=a\) — горизонтальная прямая.
Количество точек пересечения \(f(x)\) и \(y\) равно количеству решений.
Получаем:
$$ a\lt 2 $$ | нет решений |
$$ 2\leq a\lt 2\sqrt <2>$$ | 1 решение |
$$ 2\sqrt<2>\leq a\lt 2\sqrt <3>$$ | 2 решения |
$$ a=2\sqrt <3>$$ | 1 решение |
$$ a\gt 2\sqrt <3>$$ | нет решений |
По крайней мере одно решение будет в интервале \(2\leq a\leq 2\sqrt<3>\).
п.3. Решение неравенств с построением графиков
Пример 4. Решите неравенство \(\frac<2+\log_3 x>
Разобьем неравенство на совокупность двух систем.
Если \(x\gt 1\), то \(x-1\gt 0\), на него можно умножить слева и справа и не менять знак.
Если \(x\lt 1\), то \(x-1\lt 0\), умножить также можно, только знак нужно поменять.
Сразу учтем требование ОДЗ для логарифма: \(x\gt 0\)
Получаем совокупность: \begin
Точка разрыва: \(x=\frac12\) – вертикальная асимптота
Односторонние пределы: \begin
Первая производная: $$ f'(x)=\left(1-\frac<3><2x-1>\right)’=\frac<3><(2x-1)^2>\gt 0 $$ Производная положительная на всей ОДЗ, функция возрастает.
Вторая производная: $$ f»(x)=-\frac<6> <(2x-1)^3>$$ Одна критическая точка 2-го порядка \(x=\frac12\)
«Решаем с помощью производной»
Разделы: Математика
Производная широко применяется при решении ряда задач элементарной математики. Из всего круга таких задач выделим те, при решении которых используется теорема Лагранжа и ее следствия. К ним относятся задачи на доказательство тождеств, неравенств, вывод формул тригонометрии, разложение алгебраических выражений на множители, решение уравнений, неравенств, систем уравнений, уравнений с параметрами. При этом можно указать общие методы решения и некоторые частные приемы.
Теорема Лагранжа. Пусть функция f непрерывна на отрезке [a;b] и дифференцируема во внутренних точках этого отрезка. Тогда существует внутренняя точка с этого отрезка, такая, что .
Следствие 1 (условие постоянства). Если функция f непрерывна на отрезке [a;b], а ее производная равна нулю внутри этого отрезка, то функция f постоянна на [a;b].
Следствие 2. Если функции и непрерывны на отрезке [a;b] и имеют одинаковые производные внутри этого отрезка, то они отличаются лишь постоянным слагаемым.
Условие монотонности функции также является следствием теоремы Лагранжа. В школьном учебнике оно устанавливается отдельно в виде теоремы.
Следствие 3 (условие монотонности). Если функция f непрерывна на промежутке I и ее производная положительна (соответственно отрицательна) во внутренних точках этого промежутка, то функция f возрастает (соответственно убывает) на I.
Теорему Лагранжа можно применять:
— при доказательстве неравенств, в частности – числовых неравенств;
— при исследовании вопроса о корнях многочлена или уравнения;
— при решении уравнений.
В процессе решения таких задач вводится в рассмотрение функция f(x) на отрезке [a;b], удовлетворяющая условиям теоремы Лагранжа, для нее записывается формула Лагранжа , c (a;b) и оценивается f’(c), а, следовательно, и выражение , что позволяет доказать рассматриваемое неравенство или решить вопрос о корнях многочлена, уравнения.
Пример 1. Доказать, что .
Решение. Функция f(x)=arccosx на отрезке [0,6;0,8] непрерывна и дифференцируема на интервале (0,6;0,8), . Следовательно, для функции f(x) на данном отрезке выполняются условия теоремы Лагранжа и , где 0,6 , т.е. . Оценим число . Так как 0,6 2 . Тогда и окончательно .
Пример 2. Доказать, что e x >=ex.
Решение. Неравенство справедливо при х=1. Рассмотрим функцию f(x)=e x -ex. Тогда для любого числа b (b>1) для данной функции выполняются условия теоремы Лагранжа на отрезке [1;b], а для b , т.е. . Так как c>1 при b>1, то e c >e и, следовательно, e c -e>0. Тогда , а значит e b -eb>0, т.е. e b >eb для любого b>1. Таким образом доказано, что e x >=ex при x>=1.
Если b , т.е. с c c -e , следует, что e b -eb>0, т.е. e b >eb.
Итак, доказано, что неравенство e x >=ex верно при любом действительном х. В частности, при x=c+1 получим e c+1 >=e(c+1), т.е. e c >=c+1, где с – любое действительное число.
Пример 3. Доказать, что уравнение не имеет действительных положительных корней.
Решение. Пусть b – любое положительное число. Рассмотрим функцию f(x)= , непрерывную на отрезке [a;b] и имеющую производную на интервале (0;b). По теореме Лагранжа имеем , 0 . А так как при любом с>0 e c >c+1 (доказано в примере 2), то e c -c>1 и, следовательно, . Отсюда получим , а значит для любого b>0. Таким образом, при x>0, т.е. , следовательно, равенство не выполняется ни при каком x>0. А, значит, уравнение не имеет действительных положительных корней.
Пример 4. Доказать, что на промежутке (0, 2) имеется не более двух различных действительных корней уравнения .
Решение. Предположим, что уравнение имеет не менее трех различных действительных корней х1, х2, х3, принадлежащих промежутку (0,2), и пусть x1 , т.е. f(x1)=f(x2)=f(x3)=0. На каждом из отрезков [x1;x2], [x2;x3] для функции f(x) выполняются условия теоремы Лагранжа, следовательно, существуют числа c1 и с2 из интервалов (х1;х2), (х2;х3) соответственно, такие, что и . А так как f(x1)=f(x2)=f(x3)=0, то f’(c1)=0 и f’(c2)=0, причем с1с2.
Найдем производную f’(x):
. Так как для любых х, то уравнение f’(x)=0 имеет единственный корень x=, принадлежащий промежутку (0, 2). Пришли к противоречию, так как с1 и с2 (с1с2) являются корнями уравнения f’(x)=0, тем самым доказано, что уравнение имеет на промежутке (0,2) не более двух различных действительных корней.
Пример 5. Решить уравнение x 9 -9x 5 +63x-55=0.
Решение. Легко заметить, что число х1=1 является корнем данного уравнения. Предположим, что существует еще хотя бы один действительный корень х2, отличный от х1. Числа х1 и х2 являются нулями функции f(x)=x 9 -9x 5 +63x-55 и, следовательно, f(x1)=f(x2)=0. Применим терему Лагранжа к функции f(x) на отрезке [x1;x2], если x1 x2. Следовательно, найдется такая внутренняя точка с этого отрезка, что будет выполняться . Учитывая, что f(x1)=f(x2)=0, получим f’(с)=0, т.е. число с – корень уравнения f’(x)=0. Но производная f’(x)=9x 8 -45x 4 +63, т.е. f’(x)=9(x 4 -2,5) 2 +6,75 положительна для любых х, а значит уравнение f’(x)=0 не имеет корней. Полученное противоречие доказывает, что найденный корень х1=1 является единственным корнем уравнения x 9 -9x 5 +63x-55=0.
Определить число критических точек функции y=(x 2 -1)(x 2 -8х)(x-9).
Решение. Так как степень многочлена f(x)= (x 2 -1)(x 2 -8х)(x-9) равна 5, то его производная f’(x) является многочленом четвертой степени и имеет не более четырех действительных корней. Применим теорему Лагранжа к функции f(x)=(x+1)(x-1)х(x-8)(x-9) на отрезках [-1;0], [0;1], [1;8], [8;9] и при этом учтем, что f(-1)=f(0)=f(1)=f(8)=f(9)=0. На каждом таком отрезке найдутся внутренние точки х1, х2, х3, х4 соответственно, такие, что , , , , т.е. f’(x1)=0, f’(x2)=0, f’(x3)=0, f’(x4)=0. А учитывая, что x1, х2, х3, х4 – различные корни многочлена f’(x) четвертой степени, делаем вывод, что других корней, отличных от полученных, нет и, следовательно, функция y=(x 2 -1)(x 2 -8х)(x-9) имеет четыре критические точки.
Условие монотонности функции можно применять:
— при решении неравенств;
— при доказательстве неравенств с переменной;
— при доказательстве числовых неравенств;
— при исследовании вопроса о количестве корней уравнения;
— в некоторых случаях при решении уравнений, уравнений с параметрами, систем уравнений.
Решение задач с использованием условия монотонности основано на связи между возрастанием или убыванием функции и знаком ее производной на некотором промежутке. При этом, сравнивая различные значения аргумента из этого промежутка рассматриваемой монотонной функции, делается вывод о соответствующих значениях данной функции.
Пример 7. Доказать, что 3xcosx .
Решение. Докажем, что, если 0 , то sinx+sin2x-3xcosx>0, т.е. cosx(tgx+2sinx-3x)>0. Рассмотрим непрерывную на промежутке функцию f(x)=tgx-3x+2sinx. Ее производная при принимает положительные значения, следовательно, функция f(x) возрастает на промежутке и на нем f(x)>f(0).
Учитывая, что f(0)=0, будем иметь tgx-3x+2sinx>0. А так как на промежутке cosx>0, то и cosx(tgx+2sinx-3x)>0. Таким образом доказано, что sinx+sin2x-3xcosx>0, то есть, что 3xcosx .
Пример 8. Доказать, что
1) и , если 0 и , если e . Так как ее производная равна нулю при х=е, а при 0 0 и f’(x) e, то на промежутке (0;e] функция f(x) возрастает, а на промежутке [e;+) — убывает. Тогда для любых значений х1 и х2 таких, что 0 . Запишем его в виде , . Учитывая, что функция ln t возрастающая, получим . А если обе части неравенства умножить на произведение x1x2>0, то получим x2lnx1 , откуда и будем иметь .
Если же e f(x2), то есть , откуда и получим и .
Доказанными в примере 8 неравенствами можно воспользоваться при сравнении чисел и при доказательстве числовых неравенств.
Пример 9. Сравнить (сtg48°) tg48° и (сtg50°) tg50° .
Решение. Заметим, что сtg48°=сtg , tg48°=tg , ctg50°=ctg , tg50°=tg , а также, что . Взяв , и учитывая, что , если 0 , т.е. (сtg48°) tg48° > (сtg50°) tg50° .
Пример 10. Доказать, что 2006 2007 >2007 2006 .
Решение. Воспользуемся неравенством x1 x2 >x2 x1 , если e 2007 >2007 2006 .
Определить число действительных корней уравнения 2х 3 -24х-19=0.
Решение. Функция f(x)= 2х 3 -24х-19 непрерывна на всей числовой прямой и имеет производную f’(x)=6x 2 -24=6(x-2)(x+2).
При x 2 f’(x)>0, а при –2 0, f(2)=-51 0. Так как функция f(x) на концах отрезков [-3;-2], [-2;2], [2;5] принимает значения разных знаков, то на каждом из них имеется только один корень уравнения. Таким образом, уравнение 2х 3 -24х-19=0 имеет три действительных корня, которые находятся на промежутках (-3;-2), (-2;2), (2;5).
Остальные следствия теоремы Лагранжа можно применять:
— при доказательстве тождеств, в частности при выводе формул элементарной математики;
— при упрощении выражений;
— при разложении алгебраических выражений на множители.
При решении ряда таких задач на некотором промежутке рассматривается либо одна функция f(x), такая, что ее производная f’(x)=0 и, следовательно, функция постоянна, т.е. имеет вид f(x)=c, либо две функции f(x) и g(x), такие, что f’(x)=g’(x), и делается вывод, что f(x)=g(x)+c (c — постоянная). Эту постоянную находят, положив х равным некоторому значению х1.
Пример 12. Вывести формулу .
Решение. Функция f(x)= непрерывна на всей числовой прямой. Найдем производную этой функции f’(x)=2sinxcosx-sin2x=sin2x-sin2x. f’(x)=0 для любого действительного значения х, следовательно, на основании условия постоянства функции можно сделать вывод, что функция f(x) постоянна, т.е. f(x)=c. Для определения постоянной c положим х=0 и получим f(0)=c, т.е. sin 2 0-0,5+0,5cos0=c. Таким образом, с=0 и значит f(x)=0, откуда и получим =0, или .
Пример 13. Доказать, что arctgx=arcsin при x , тогда они непрерывны на любом отрезке [b;0]. Найдем производные этих функций.
, . Так как при x и тогда f’(x)=g’(x) внутри отрезка [b;0]. На основании следствия 2 имеем f(x)=g(x)+c, где с – постоянная. Для определения с положим, например, х=-1, что дает arctg(-1)=arcsin , то есть Итак, получим arctgx=arcsin при x
Решение. Заметим, что , для любого действительного х и функции , непрерывны на всей числовой прямой. Имеем ,
1) Рассмотрим функцию F(x)=f(x)+g(x), x (-;-1) (0;1).
F(x)= , а F’(x)=f’(x)+g’(x)= . Если x (-;-1), то |х 2 -1|=х 2 -1, |х|=-х и F’(x)=0. Если x (0;1), то |х 2 -1|=-(х 2 -1), |х|=х и F’(x)=0. На основании условия постоянства функции F(x)=c, то есть . На каждом из рассматриваемых промежутков определим с, положив, например, х= и x= .
, cледовательно, с=.
, следовательно, с=0. Имеем: при x (-;-1), при x (0;1).
2) Рассмотрим функцию G(x)=f(x)-g(x), x (-1;0) (1; +).
Если x (-1;0), то |х 2 -1|=-(х 2 -1), |x|=-x и G’(x)=0.
Если x (1; +), то |х 2 -1|=х 2 -1, |x|=x и G’(x)=0. Тогда на указанных промежутках функция G(x) постоянна, т.е. . Положим x= и x= , получим , следовательно, с=; , тогда с=0.
Имеем: при x (-1;0), при x (1;+ ).
3) Вычислим значения f(x) и g(x) при х=± 1 и х=0.
f(-1)=arccos(-1)=, g(-1)=arcsin0=0; следовательно, при х=-1 f(x)=+g(x), то есть . , , следовательно, при х=0 f(x)=-g(x), то есть . f(1)=arccos1=0, g(1)=arcsin0=0, следовательно, при х= 1 f(x)=g(x), то есть .
Таким образом, данное тождество доказано для всех действительных х.
Пример 15. Разложить на множители выражение
y 2 (x-z)+x 2 (z-y)+z 2 (y-x).
Решение. На данное выражение будем смотреть как на функцию от переменной х: f(x)=y 2 (x-z)+x 2 (z-y)+z 2 (y-x).
f’(x)=y 2 +2x(z-y)-z 2 =y 2 -z 2 -2x(y-z)=(y-z)(y+z)-2x(y-z)=(y-z)(y+z-2x).
Будем считать, что (y-z)(y+z-2x) есть производная некоторой другой функции g(x), при этом множитель (y-z) будем рассматривать как постоянную, вынесенную при дифференцировании за знак производной, т.е.
g’(x)=(y-z)((y+z)-2x). В качестве функции g(x) можно взять g(x)=(y-z)((y-z)x-x 2 ).
Так как функции f(x) и g(x) непрерывны и дифференцируемы на всей числовой прямой и f’(x)=g’(x), то по следствию 2 f(x)=g(x)+c, где с не зависит от х, но, возможно, зависит от y и z. Имеем y 2 (x-z)+x 2 (z-y)+z 2 (y-x)=(y-z)((y+z)x-x 2 )+c. Найдем с, полагая в этом равенстве, например, х=0. Имеем yz 2 -zy 2 =c. Тогда f(x)=g(x)+yz 2 -zy 2 , то есть
f(x)=(y-z)((y+z)x-x 2 )+yz 2 -zy 2 =(y-z)(xy+xz-x 2 )-yz(y-z)=(y-z)(xy-x 2 +xz-yz)=(y-z)(x(y-x)-z(y-x))=(y-z)(y-x)(x-z).
Итак, y 2 (x-z)+x 2 (z-y)+z 2 (y-x)=(y-z)(y-x)(x-z).
Задачи с тригонометрическими функциями и производной
Этот видеоурок доступен по абонементу
У вас уже есть абонемент? Войти
На уроке по теме «Задачи с тригонометрическими функциями и производной» повторяется таблица производных, рассматриваются примеры решения задач и уравнений cиспользованием производных тригонометрических функций.
http://urok.1sept.ru/articles/417890
http://interneturok.ru/lesson/algebra/10-klass/bglava-5-itogovoe-povtorenie-kursa-algebry-10go-klassab/zadachi-s-trigonometricheskimi-funktsiyami-i-proizvodnoy