"Решаем с помощью производной"

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 <Рисунок1>.

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 <Рисунок1>, c (a;b) и оценивается f’(c), а, следовательно, и выражение <Рисунок2>, что позволяет доказать рассматриваемое неравенство или решить вопрос о корнях многочлена, уравнения.

Пример 1. Доказать, что <Рисунок3>.

Решение. Функция f(x)=arccosx на отрезке [0,6;0,8] непрерывна и дифференцируема на интервале (0,6;0,8), <Рисунок4>. Следовательно, для функции f(x) на данном отрезке выполняются условия теоремы Лагранжа и <Рисунок5>, где 0,6<c<0,8. Имеем <Рисунок6>, т.е. <Рисунок7>. Оценим число<Рисунок8>. Так как 0,6<c<0,8, то 0,36<1-c²<0,64 и 0,6<<Рисунок9><0,8, следовательно <Рисунок10>. Тогда <Рисунок11> и окончательно <Рисунок3>.

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<1 – выполняется условие теоремы на отрезке [b;1] и, следовательно, существует внутренняя точка соответствующего отрезка, такая, что <Рисунок12>, т.е. <Рисунок13>. Так как c>1 при b>1, то e^c>e и, следовательно, e^c-e>0. Тогда <Рисунок14>, 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<1, то <Рисунок15>, т.е. с<1, тогда e^c<e и e^c-e<0. Учитывая, что b-1<0, из равенства <Рисунок13>, 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 <Рисунок16> не имеет действительных положительных корней.

Решение. Пусть b – любое положительное число. Рассмотрим функцию f(x)= <Рисунок17>, непрерывную на отрезке [a;b] и имеющую производную <Рисунок18> на интервале (0;b). По теореме Лагранжа имеем <Рисунок19>, 0<c<b, т.е. <Рисунок20>. А так как при любом с>0 e^c>c+1 (доказано в примере 2), то e^c-c>1 и, следовательно, <Рисунок21>. Отсюда получим <Рисунок22>, а значит <Рисунок23> для любого b>0. Таким образом, <Рисунок24> при x>0, т.е. <Рисунок25>, следовательно, равенство <Рисунок16> не выполняется ни при каком x>0. А, значит, уравнение <Рисунок16> не имеет действительных положительных корней.

Пример 4. Доказать, что на промежутке (0, 2) имеется не более двух различных действительных корней уравнения <Рисунок26>.

Решение. Предположим, что уравнение имеет не менее трех различных действительных корней х₁, х₂, х₃, принадлежащих промежутку (0,2), и пусть x₁<x₂<x₃. Тогда они являются нулями функции <Рисунок27>, 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 <Рисунок28> и <Рисунок29>. А так как f(x₁)=f(x₂)=f(x₃)=0, то f’(c₁)=0 и f’(c₂)=0, причем с₁с₂.

Найдем производную f’(x):

<Рисунок30>. Так как <Рисунок31> 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 <Рисунок26> имеет на промежутке (0,2) не более двух различных действительных корней.

Пример 5. Решить уравнение x⁹-9x⁵+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)=x⁹-9x⁵+63x-55 и, следовательно, f(x₁)=f(x₂)=0. Применим терему Лагранжа к функции f(x) на отрезке [x₁;x₂], если x₁<x₂ или на отрезке [x₂;x₁], если x₁>x₂. Следовательно, найдется такая внутренняя точка с этого отрезка, что будет выполняться <Рисунок32>. Учитывая, что f(x₁)=f(x₂)=0, получим f’(с)=0, т.е. число с – корень уравнения f’(x)=0. Но производная f’(x)=9x⁸-45x⁴+63, т.е. f’(x)=9(x⁴-2,5)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 x⁹-9x⁵+63x-55=0.

Пример 6.

Определить число критических точек функции y=(x²-1)(x²-8х)(x-9).

Решение. Так как степень многочлена f(x)= (x²-1)(x²-8х)(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 <Рисунок33>, <Рисунок34>, <Рисунок35>, <Рисунок36>, 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=(x²-1)(x²-8х)(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<sinx+sin2x, если 0<x<<Рисунок37>.

Решение. Докажем, что, если 0<x<<Рисунок37>, то sinx+sin2x-3xcosx>0, т.е. cosx(tgx+2sinx-3x)>0. Рассмотрим непрерывную на промежутке <Рисунок38>функцию f(x)=tgx-3x+2sinx. Ее производная <Рисунок39> при <Рисунок40> принимает положительные значения, следовательно, функция f(x) возрастает на промежутке <Рисунок38>и на нем f(x)>f(0).

Учитывая, что f(0)=0, будем иметь tgx-3x+2sinx>0. А так как на промежутке <Рисунок38> cosx>0, то и cosx(tgx+2sinx-3x)>0. Таким образом доказано, что sinx+sin2x-3xcosx>0, то есть, что 3xcosx<sinx+sin2x, если 0<x<<Рисунок37>.

Пример 8. Доказать, что

1) <Рисунок41> и <Рисунок42>, если 0<x₁<x₂<=e;

2) <Рисунок43>и <Рисунок44>, если e<=x₁<x₂.

Решение. Рассмотрим непрерывную на промежутке (0;+) функцию <Рисунок45>. Так как ее производная <Рисунок46> равна нулю при х=е, а при 0<x<e f’(x)>0 и f’(x)<0 при 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<x₁<x₂<=e, будет выполняться неравенство f(x₁)<f(x₂), то есть <Рисунок47>. Запишем его в виде <Рисунок48>, <Рисунок49>. Учитывая, что функция ln t возрастающая, получим <Рисунок50>. А если обе части неравенства <Рисунок47> умножить на произведение x₁x₂>0, то получим x₂lnx₁<x₁lnx₂, далее <Рисунок51>, откуда и будем иметь <Рисунок52>.

Если же e<=x₁<x₂, то f(x₁)>f(x₂), то есть <Рисунок47>, откуда и получим <Рисунок53>и <Рисунок54>.

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<Рисунок55>, tg48°=tg<Рисунок55>, ctg50°=ctg<Рисунок55>, tg50°=tg<Рисунок55>, а также, что <Рисунок57>. Взяв <Рисунок58>, <Рисунок59> и учитывая, что <Рисунок53>, если 0<x₁<x₂<=e, получим <Рисунок60>, т.е. (сtg48°)^tg48° > (сtg50°)^tg50°.

Пример 10. Доказать, что 2006 ²⁰⁰⁷>2007 ²⁰⁰⁶.

Решение. Воспользуемся неравенством x₁^x2>x₂^x1, если e<=x₁<x₂. Положив х₁=2006 и х₂=2007, имеем e<2006<2007, следовательно, 2006 ²⁰⁰⁷>2007 ²⁰⁰⁶.

Пример 11.

Определить число действительных корней уравнения 2х³-24х-19=0.

Решение. Функция f(x)= 2х³-24х-19 непрерывна на всей числовой прямой и имеет производную f’(x)=6x²-24=6(x-2)(x+2).

При x<-2 и x>2 f’(x)>0, а при –2<x<2 f’(x)<0. Следовательно, на промежутках (-:-2],[2;+) функция возрастает, а на промежутке [-2;2] – убывает. Вычислим значения функции в точках х=-3, х=-2, х=2, х=5. Имеем f(-3)=-1<0, f(-2)=13>0, f(2)=-51<0, f(5)=111>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 2х³-24х-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 <Рисунок61>.

Решение. Функция f(x)= <Рисунок62> 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. sin²0-0,5+0,5cos0=c. Таким образом, с=0 и значит f(x)=0, откуда и получим <Рисунок62>=0, или <Рисунок61>.

Пример 13. Доказать, что arctgx=arcsin<Рисунок63> при x<0.

Решение. Рассмотрим две непрерывные на промежутке (-;0] функции f(x)=arctgx и g(x)=arcsin<Рисунок64>, тогда они непрерывны на любом отрезке [b;0]. Найдем производные этих функций.

<Рисунок65>, <Рисунок66>. Так как при x<0 |x|=-x, то <Рисунок67> 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<Рисунок69>, то есть <Рисунок68> Итак, получим arctgx=arcsin<Рисунок63> при x<0.

Пример 14. Доказать тождество

<Рисунок70>

Решение. Заметим, что <Рисунок71>, <Рисунок72> для любого действительного х и функции <Рисунок73>, <Рисунок74> непрерывны на всей числовой прямой. Имеем <Рисунок75>,

<Рисунок76>.

1) Рассмотрим функцию F(x)=f(x)+g(x), x (-;-1) (0;1).

F(x)= <Рисунок77>, а F’(x)=f’(x)+g’(x)= <Рисунок78>. Если x (-;-1), то |х²-1|=х²-1, |х|=-х и F’(x)=0. Если x (0;1), то |х²-1|=-(х²-1), |х|=х и F’(x)=0. На основании условия постоянства функции F(x)=c, то есть <Рисунок79>. На каждом из рассматриваемых промежутков определим с, положив, например, х=<Рисунок80> и x=<Рисунок81>.

<Рисунок82>, cледовательно, с=.

<Рисунок83>, следовательно, с=0. Имеем: <Рисунок84> при x (-;-1), <Рисунок85> при x (0;1).

2) Рассмотрим функцию G(x)=f(x)-g(x), x (-1;0) (1; +).

<Рисунок86>, <Рисунок87>.

Если x (-1;0), то |х²-1|=-(х²-1), |x|=-x и G’(x)=0.

Если x (1; +), то |х²-1|=х²-1, |x|=x и G’(x)=0. Тогда на указанных промежутках функция G(x) постоянна, т.е. <Рисунок88>. Положим x=<Рисунок80> и x=<Рисунок81>, получим <Рисунок89>, следовательно, с=; <Рисунок90>, тогда с=0.

Имеем: <Рисунок91> при x (-1;0), <Рисунок92> 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 <Рисунок93>. <Рисунок94>, <Рисунок95>, следовательно, при х=0 f(x)=-g(x), то есть <Рисунок96>. f(1)=arccos1=0, g(1)=arcsin0=0, следовательно, при х= 1 f(x)=g(x), то есть <Рисунок97>.

Таким образом, данное тождество доказано для всех действительных х.

Пример 15. Разложить на множители выражение

y²(x-z)+x²(z-y)+z²(y-x).

Решение. На данное выражение будем смотреть как на функцию от переменной х: f(x)=y²(x-z)+x²(z-y)+z²(y-x).

Найдем f’(x).

f’(x)=y²+2x(z-y)-z²=y²-z²-2x(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-x²).

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 y²(x-z)+x²(z-y)+z²(y-x)=(y-z)((y+z)x-x²)+c. Найдем с, полагая в этом равенстве, например, х=0. Имеем yz²-zy²=c. Тогда f(x)=g(x)+yz²-zy², то есть

f(x)=(y-z)((y+z)x-x²)+yz²-zy²=(y-z)(xy+xz-x²)-yz(y-z)=(y-z)(xy-x²+xz-yz)=(y-z)(x(y-x)-z(y-x))=(y-z)(y-x)(x-z).

Итак, y²(x-z)+x²(z-y)+z²(y-x)=(y-z)(y-x)(x-z).

Рисунки