Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân 1 Chứng minh rằng : 3 4 4 3 4 1 2 2 6 0 1 1. dx 3 2 sin x 2 3 cotg 1 2. dx 12 x 3 1 1 3. dx 2 6 1 x π ππ π π ππ π π ππ π π ππ π π π π ππ π π π − −− − π ππ π − −− − ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ 4       1 0 2 5 4 3 1 4. ln2 dx 4 1 x x 1 5. dx x x 1 8 x 6. dx 18 x x x 3 9 3 π ππ π < < < << < < < + ++ + π ππ π + + + ++ + + + π π π ππ π π π + + + + + ++ + + + + + ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ 1 0 1 0    Bài giải : 3 3 3 3 4 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 1 1. x sinx 1 sin x 1 1 2 sin x 2 1 3 2 sin x 2 1 4 4 2 2 3 2 sin x 2 1 1 1 dx dx dx dx 2 3 2 sin x 4 3 2 sin x 2 π π π π π π π ππ π π π π π π π π π π π π π π ππ π π π π π π π π π π ππ π π π − −− − − −− − π π π ππ π π π − − − −− − − − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒                 3 3 3 4 4 4 3 4 cotgx 1 3 cotgx 4 3 cotgx 4 2. x dx dx dx 4 x x 3 1 4 x 3 cotgx 1 dx 12 x 3 π π π π π ππ π π π π π π π π π π ππ π π π π π π ππ π π ππ π       π π π ππ π π π       π π π π π π π ππ π π π π π π π       π π π ππ π π π    ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ 1 3 ⇒ ⇒ ⇒ 3 ⇒             Bài toán này có thể giải theo phương pháp đạo hàm. 1 1 2 2 6 2 2 6 2 6 2 6 6 2 60 1 3. 0 x 1 0 x x 1 1 x x 0 0 1 x 1 x 1 1 x 1 x 1 2 1 1 1 1 dx dx 1 x 1 x 1 x I < < − − − − − − − < < − − − − − − −< < − − − − − − − < < − − − − − − − − − − − − −− − − − − − ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ 0 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒                  Với 1 2 2 0 1 I = dx 1- x ∫ Đặt x sint ; t ; dx costdt 2 2 π π π ππ π π π        = − = = − == − = = − =               ⇒ ∈  1 1 2 2 2 0 0 1 x 0 costdt 2 I dt 6 t 0 1 sin t 6 π ππ π = = = = = == = = = = = π ππ π − −− − ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ⇒ Vậy 1 2 6 0 1 1 dx 2 6 1 x π ππ π − −− − ∫ ∫∫ ∫   2 2 4. 0 x 1 x x 1 x x x x 1 x 1 x x 1 x + + + + + ++ + + + + + ⇒ ⇒ ⇒         ( (( ( ) )) ) [ [[ [ ] ]] ] 2 1 1 1 1 ; x 0,1 x 1 1 x 1 x x + + + ++ + + + + ++ + ⇒ ∀  ∈ Dấu đẳng thức trong (1) xảy ra khi : x = 0 x = 1    (1) (1) (1) (1) VT VG x VG VP ∅ ∅∅ ∅ ⇒  ∈  Do đó : 1 1 1 1 2 0 0 0 0 1 1 dx 1 dx dx ln2 dx 1 x x 1 4 1 x x 1 x x π ππ π < < < < < < < << < < < < < < < + + + ++ + + + + + + ++ + + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ⇒ Chú ý : 1 2 0 1 dx 1 x 4 π ππ π = == = + ++ + ∫ ∫∫ ∫ Xem bài tập 5 . Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 0 0 0 1 1 5. 0 1 2 2 2 2 2( 1) 1 1 1 1 ; 2 2 1 1 + + + + + + + + + ++ + + + + + + + + + + + + + + ++ + + + + + = == = + + + + + + + ++ + + + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒        x x x x x x x x x x x x x dx dx I dx x x x x Đặt x tgt dx dt ( tg t)dt cos t = = = + = = = += = = + = = = + 2 2 1 1⇒ π π π ππ π π π + π π + π π+ π π + π π = = = = = = = == = = = = = = = π ππ π + ++ + ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ 4 4 2 2 0 0 0 1 1 1 4 4 0 4 ⇒ ⇒ x tg t I dt dt I tg t t Vậy π ππ π + + + ++ + + + ∫ ∫∫ ∫ 1 2 0 1 2 8  dx x x ( (( ( ) )) ) 5 3 5 4 3 3 5 4 3 3 4 3 3 5 4 3 3 3 5 4 3 3 3 5 4 3 3 1 1 1 3 3 0 0 6. 0 1 0 2 3 3 3 3 0 1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 3 1 3 3 3 3 1 ; Đặt 3 3 3 1       + + + + + + + + + + + ++ + + + + + + + + + + +          + + + + + + + + + + + + + + + + + + + ++ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + ++ + + + + + + + + + = = = = = == = = = = = + + + ++ + + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ° 1 1 1 0 0 0 0 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒                 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x dx dx dx x x x x x x x I dx dx x x x 2 0 1 ;( 0) 2 0 = == =⇒ 1  x t t dx tdt t 2 1 1 1 6 3 2 0 0 1 2 2 3 . 3 1 9 ( ) 1 = = = == = = = + + + ++ + + + ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ t t dt I dt t t Đặt = = = == = = = 3 2 0 1 3 0 1 ⇒ t u t du t dt u π ππ π = = = == = = = + ++ + ∫ ∫∫ ∫ 1 1 2 0 2 9 1 18 ⇒ du I u Kết quả : π ππ π = == = 4 I (bài tập 5) π ππ π = = = == = = = + ++ + ∫ ∫∫ ∫ 1 2 3 0 ° 3 9 3 x I x (tương tự) Vậy ( ) + + + + + ++ + + + + + ∫ ∫∫ ∫ 1 1 2 5 4 3 0 1 3 ⇔   x I dx I x x x π π π ππ π π π + + + + + ++ + + + + + ∫ ∫∫ ∫ 5 4 3 18 3 9 3 1 0   x dx x x x 1,Chứng minh rằng : ( (( ( ) )) ) ( (( ( ) )) ) 2 4 4 0 12 1 1+ + + ++ + + + ∫ ∫∫ ∫ sin .cos sin cos  x x dx x x π ππ π π ππ π 2.Nếu : ( (( ( ) )) )        = > = >= > = >               ∫ ∫∫ ∫ 4 0 0 , 0 , ; cos 2 4 ∀ ∈ t tg x I dx t x t π ππ π thì : ( (( ( ) )) ) 2 3 3 3 4 + ++ +        + > + >+ > + >               tg t tgt tg t e π ππ π Bài giải : 1. Ta có cos x sin x sin x cos x : ( sin x)( cos x) ( sin x)( cos x) ( sin x)( cos x) + + + + + + + ++ + + + + + + + = == = + + + + + + + + + + + ++ + + + + + + + + + + + 2 2 4 4 4 4 4 4 4 4 3 2 2 1 1 1 1 1 1  sin cos ( sin )( cos ) ( sin )( cos ) sin cos + + + + + ++ + + + + + = + = += + = + + + + + + + + + + + + ++ + + + + + + + + + + + 4 4 4 4 4 4 4 4 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⇒  x x x x x x x x Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân 3 sin .cos sin .cos sin .cos sin .cos sin sin ( sin )( cos ) sin cos ( sin )( cos ) sin cos sin .cos sin sin ( sin )( cos ) sin cos π π π ππ π π π        + + + ++ + + +        + + + + + + + + + + + + + + + ++ + + + + + + + + + + + + + + +               + ++ +    + + + + + + + ++ + + + + + + +    ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 0 0 3 1 2 2 1 1 1 1 1 1 6 1 1 3 1 2 2 1 1 6 1 1 ⇒ ⇒ ⇒    x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x dx dx dx x x x x sin Đặt sin sin sin π ππ π π ππ π       = = = = = == = = = = = + ++ + ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ 2 2 0 2 1 4 0 2 ° 2 1 ⇒ x J dx t x dt xdx x π ππ π π ππ π ⇒ = = ⇒ = =⇒ = = ⇒ = = + ++ + ∫ ∫∫ ∫ 1 1 2 0 0 2 0 1 4 1 x dt J t t (kết quả I= 4 π bài tập 5) sin Đặt cos sin cos π ππ π = = = − = = = −= = = − = = = − + ++ + ∫ ∫∫ ∫ 2 2 2 4 0 2 ° 2 1 ⇒ x J dx u x du xdx x π ππ π π ππ π = = = == = = = + ++ + ∫ ∫∫ ∫ 1 2 2 0 0 2 0 1 4 ⇒ 1 x du J u u (kết quả I= 4 π bài tập 5) sin .cos ( ) ( sin )( cos ) π ππ π + ++ + + + + ++ + + + ∫ ∫∫ ∫ 2 4 4 0 1 1 1 6 ⇒  x x dx I J x x Vậy sin .cos ( sin )( cos ) π ππ π π ππ π + + + ++ + + + ∫ ∫∫ ∫ 2 4 4 0 1 1 12  x x dx x x 2. Đặt ( )= = + = = = + == = + = = = + = + ++ + 2 2 1 1 ⇒ ⇒ dt t tgx dt tg x dx dx t 4 2 3 3 2 2 2 2 0 0 0 0 2 4 tgt tgt tgt tgt t dt t dt 1 1 1 t-1 1 1 tgt-1 I = . = = -t -1+ dt = - t -t- ln = - tg t- tgt- ln 1-t 1+ t 1- t 1-t 3 2 t+1 3 2 tgt +1 1+ t t             ∫ ∫ ∫ Vì ( ) > >> > 0 I t nên 3 1 1 tgt-1 : - tg t-tgt- ln > 0 3 2 tgt+1 ln ln                      + ++ + − π π − π π− π π − π π                = + > + + > = + > + + >= + > + + > = + > + + >                + ++ +                3 3 3 1 1 1 1 2 1 2 4 3 4 2 3 ⇔ ⇒ tg t tgt tgt tg t tg t tgt tg t e tgt 2 n x 1. I = x +1 Chứng minh : ( ) ≤ ≤ ≤ ≤≤ ≤ ≤ ≤ + + + ++ + + + ∫ ∫∫ ∫ 1 0 1 1 2 1 1 n I dx n n và lim →+∞ →+∞→+∞ →+∞ = == = 0 n n I dx ( ) - n x n 2. J = x 1+ e Chứng minh : n J dx n < << < + ++ + ∫ ∫∫ ∫ 0 1 2 0 1  và n n lim J dx 0 →+∞ = Bài giải : . + ++ + + ++ + 1 1 1 0 1 1 1 2 1 2 1 ⇒ ⇒       x x x ; n n n n n n x x x x x dx dx x dx x x+ + + ++ + + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1 1 1 0 0 0 1 2 1 2 1 ⇒    ( (( ( ) )) ) ( (( ( ) )) ) n n nn x x x x dx dx n x n n x n + ++ ++ ++ + + + + + + + + + + ++ + + + + + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ 1 1 1 1 0 0 0 0 11 1 2 1 1 1 1 1 1 ⇒ ⇒ 2 +1     Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân 4 Ta có : ( (( ( ) )) ) 1 0 2 1 0 1 1 0 1 →∞ →∞→∞ →∞ →∞ →∞→∞ →∞ →∞ →∞→∞ →∞    = == =    + ++ +    = == =    + ++ +    = == =     +  + +  + n n n n lim n lim x lim n x ⇒ ( (( ( ) )) ) ( (( ( ) )) ) ( (( ( ) )) ) ( (( ( ) )) ) 0 1 0 0 0 1 1 2 0 1 1 1 1 2 1 2 0 1 2 2 0 1 2 0 1 1 − − − − − −− − − − − − − − − −− − − − − −− − = + + + = + + += + + + = + + + + + + ++ + + + + ++ + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . .⇒ 0 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒               n n n n n n x n n x x x x x x e e e x x e x hay x e x x e dx x dx x e dx n Ta có : ( (( ( ) )) ) 2 0 1 0 1 − −− − →∞ →∞ →∞ →∞→∞ →∞ →∞ →∞ = + = = + == + = = + = + ++ + n x x e dx n lim lim ⇒ n n Chứng minh rằng : 2 2 3 4 4 2 1 0 4 6 0 - 1. cosx(4 3 cosx)(2 cosx 2)dx 8 2. lnx(9 3 l nx 2 lnx)dx 8(e 1) 2 49 3. sinx(1 2 sin x)(5 3 sinx)dx 4. tgx(7 4 tgx)dx 3 64 243 5. sin x.cos xdx 6250 π π π π π π − + ≤ π − − ≤ − π π + − < − ≤ π ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Bài giải : Đặt f(x) = cosx(4-3 cosx)(2 cosx +2) cosx cosx cosx f(x) f(x)dx dx cosx( cosx)( cosx )dx 2 2 2 2 2 2 3 4 3 2 2 8 3 8 4 3 2 2 8 − − − ⇒ ⇒ cauchy    π π π π π π   + − + +     =       − + π ∫ ∫ ∫ 2. Đặt ( ) ln ( ln ln ) ln ( ln )( ln ) 9 3 2 3 3 2 f x x x x x x x = − − = + − ln ln ln ( ) ( ) ln ( ln ln ) ( ) 1 1 1 3 3 3 2 8 3 8 9 3 2 8 1 ⇒ ⇒    e e e x x x f x f x dx dx x x x dx e   + + + −     =       − − − ∫ ∫ ∫ 3. Đặt ( ) sin ( sin )( sin ) 1 2 5 3 f x x x x = + − ; sinx sinx sinx f(x) 3 1 2 5 3 8 3     + + + −           Đẳng thức sinx sinx sinx x sinx sinx sinx        = + = − = + = −= + = − = + = −        ⇔ ⇔ ⇔ ∈∅ ⇔ ⇔ ⇔ ∈∅⇔ ⇔ ⇔ ∈∅ ⇔ ⇔ ⇔ ∈∅        = − = = − == − = = − =               1 2 1 5 3 4 5 f(x) f(x)dx dx sinx( sinx)( sinx)dx 3 3 3 4 4 4 2 8 8 1 2 5 3 3 π π π π π π π ⇒ < ⇒ < ⇒ + − < ∫ ∫ ∫ 4. Đặt f(x) tgx( tgx) . tgx( tgx) 1 7 4 4 7 4 4 = − = − Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân 5 ( ) ( ) 2 0 0 0 4 4 4 4 7 4 1 49 ( ) 4 2 16 49 49 7 4 16 16 x tgx tgx f x f dx dx tgx tgx dx ∏ ∏ ∏   + − ≤ =       ∏ ⇒ ⇒ − ∫ ∫ ∫   4 6 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 6 4 6 0 5 5. sin .cos (1 cos ).(1 cos ).cos . cos . cos 1 (2 2 cos )(1 cos ).cos .cos .cos 2 1 2 2 cos 1 cos cos cos cos 2 5 243 243 sin .cos sin .cos 6250 6250 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xdx = − − = − −   − + − + + + ≤     ∏ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ∏ ∫ Chứng minh rằng : ( ) 2 2 2 2 2 3 5 2 1. cos 3sin sin 3cos 3 x x x x dx − ∏ ∏ ∏ + + + ∫  ( ) ( ) 2 2 1 2. 3 2 ln 5 2ln 4 1 e x x dx e + + − − ∫  2 3 cos sin 3. 4 4 4 x x dx x ∏ + ∏ − + ∫   Bài giải : 1. Đặt 2 2 2 2 ( ) 1 cos 3sin 1. sin 3cos x f x x x x = + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2 cos 3sin 3cos sin 2 2 5 2 2 2 cos 3sin sin 3cos 3 x x x f x x x x f f dx dx x x x x dx ∏ ∏ − − − ∏ ∏ ∏ ∏ + + + ⇒ ∏ ⇒ ⇒ + + + ∫ ∫ ∫     2. Đặt ( ) 2 2 1 3 2ln 1 5 2ln x f x x = + + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 2 3 2ln 5 2ln 4 4 3 2ln 5 2ln 4 1 x x x e e e f x x f f dx dx x x dx e ≤ + + − ⇒ ≤ ⇒ ⇒ + + − ≤ − ∫ ∫ ∫  ( ) 2 2 2 2 2 2 2 0 0 2 2 3. 3 cos sin ( 3) 1 cos sin 3 cos sin 3 cos sin 2 2 4 4 4 4 x x x x x x x x dx x x x x   + ≤ + +   + + ⇒ ≤ ⇒ ≤ + + + + ∫ ∫ Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân 6 Đặt ( ) 2 2 2 1 x tgt dx tg t dt = ⇒ = + ( ) ( ) 2 2 2 0 0 0 2 2 0 0 4 4 2 2 2 2 1 0 1 1 4 2 8 4 1 0 4 3 cos sin 3 cos sin 4 4 4 4 4 tg t x dx dt dt x tg t t x x x x dx dx x x ∏ ∏ + ∏ ⇒ = = = ∏ + + + ∏ ∏ + ∏ ⇒ ⇒ − + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫    ĐÁNH GIÁ TÍCH PHÂN DỰA VÀO TẬP GIÁ TRỊ CỦA HÀM DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN Chứng minh rằng : 2 2 0 0 0 0 2 2 1 1 4 4 1. sin 2 2 cos 2. sin 2 2 sin 1 2 1 3. 1 xdx xdx xdx xdx x x dx dx x x ∏ ∏ ∏ ∏ ≤ − − < + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫  2 2 0 2 2 2 1 1 0 0 4 4 sin sin 4 5. (ln ) ln 6. sin cos x x dx dx x x x dx xdx xdx xdx ∏ ∏ ∏ ∏ ∏ > < < ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Bài giải : ∏ ∏ 0 0 4 4 0 sin 1 1. 0; 2sin .cos 2cos 0 cos 1 4 sin2 2cos sin2 2 cos x x x x x x x x xdx xdx  ≤ ≤    ∏    ∀ ∈ ⇒ ⇒ ≤     ≤ ≤     ⇔ ≤ ⇒ ≤ ∫ ∫ Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân 7 ∏ ∏ 0 0 2 2 cos 1 2. 0; 2sin2 .cos 2sin 0 sin 2 sin2 2sin sin2 2 sin x x x x x x x x xdx xdx  ≤    ∏    ∀ ∈ ⇒ ⇒ ≤     ≤     ⇔ ≤ ⇒ ≤ ∫ ∫ [ ]  3. 1;2 x ∀ ∈ Xét hiệu : 2 -1 2 1 1 0 1 ( 1) x x x x x x x x − − + − − = < + + 1 1 2 2 1 2 1 1 2 1 1 1 x x x x dx dx x x x x − − − − ⇒ < ⇒ < + + ∫ ∫ 4. Đặt - - x u dx du = ∏ ⇒ = ∏ ∏ ∏ 0 ∏ ∏ ∏ ∏ 0 2 2 2 sin sin( ) sin 2 ( ) 0 2 1 1 0 0 2 x x u x dx du dx x u x u x x x x x ∏− ⇒ = − = ∏− ∏− ∏ < < ⇒ < < ∏− ⇒ < ∏− ∫ ∫ ∫ Vì : ∏ ∏ ∏ 0 2 2 sin sin sin sin sin 0 x x x x x dx dx x x x x > ⇒ < ⇒ < ∏− ∏− ∫ ∫ ∏ ∏ ∏ 2 2 0 sin sin x x dx dx x x ⇒ > ∫ ∫ 5. Hàm số y = f(x) = lnx liên tục trên [1,2] nên y = g(x) = (lnx) 2 cũng liên tục trên [1,2] [ ] ⇒ ⇒ ∀ ⇒ 2 2 1 1 2 2 1 2 0 ln ln2 1(*) 0 (ln ) ln 1,2 (ln ) ln x x x x x x dx xdx < < < ∫ ∫      ∈  Chú ý : dấu đẳng thức (*) xảy ra tại x 0 = 1⊂ ⊂⊂ ⊂ [1,2] 0 ∏ ∏ ∏ ∏ ⇒ ⇔ ⇔ ⇔ 0 4 4 sin 6. 0 0 1 1 4 4 cos sin cos sin cos x x tgx tg x x x xdx xdx < < < < = < < < ∫ ∫ Chứng minh rằng : 2 x 1 0 1 0 1 0 1 8 25 3 0 3 1. 2 4 5 1 1 2. 1 2 1 1 1 3. 26 26 2 1 dx dx x x dx x + + + ∫ ∫ ∫        < 2 8 ∏ ∏ ∏ 1 0 2 1 2 3 0 1 3 .sin 4. 1 ln2 1 .sin .sin 5. 12 1 6. 6 4 x x x dx x x e x dx e x dx x x − − + + − − ∫ ∫ ∫ 0     Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân 8 Bài Giải: ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ + ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ ≤ + ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 2 1 1 1 1 2 2 0 0 0 0 1. 0 1 0 1 4 4 5 2 4 5 2 4 5 2 4 5 x x x x dx x dx dx x dx  ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ ≤ ≤ + ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ + + ∫ ∫ ∫ ∫ 8 8 8 8 1 1 1 1 0 0 0 0 8 8 2. 0 1 0 1 1 1 2 1 1 0 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 1 1 x x x x x dx dx dx dx x x ≤ ≤ ⇒ + ⇒ + ⇒ ⇔ + + ⇒ ⇒ + + ∫ ∫ ∫ ∫ 310 10 3 25 25 25 3 3 3 310 10 25 25 1 1 1 1 25 25 3 3 0 0 0 0 3 310 10 3. 0 1 1 1 2 1 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 26 2 26 2 1 1 x x x x x x x x x x x dx dx x dx dx x x             4. Trước hết ta chứng minh : [ ] sin ;(1) 0,1 . 1 sin 1 x x x x x x x ∀ + +  ∈ Giả sử ta có : (1). [ ] (1) ⇔ ∀ ⇔ 1 1 1 1 1 1 ; 0.1 1 sin 1 1 sin 1 x x x x x x x − − + + + +   ⇔ ⇔ 1 1 .sin (1 sin ) 0 x x x x x + + −   đúng [ ] ∀ 0,1 x ∈ Vậy (1) đẳng thức đúng , khi đó: ( ) ⇔ ⇔ ⇒ 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 sin 1 (1) 1 sin 1 1 .sin ln 1 1 ln2 1 sin .sin 1 ln2. 1 .sin x x x dx dx dx x x x x x x x dx x x x x x x dx x x     = −       + + + − + = − + − + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫    ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 3 3 3 1 1 0 sin 1 5. 1, 3 0, 0 1 1 0 sin 1 sin 1 1 0 ; 1 1 1 x x x x e e x x e e x e x x e x dx dx dx I I e e x x x − − −  < =    ⊂ ∏ ⇒ ⇒ < <    + +  < <  ⇒ < < = = + + + ∫ ∫ ∫  ∈ Đặt 2 2 1 (1 ) cos x tgt dx dt tg t dt t = ⇒ = = + Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân 9 ( ) 3 3 2 3 2 4 4 4 1 1 3 1 12 4 tg t x dt dt t tg t t ∏ ∏ ∏ ∏ ∏ ∏ + ∏ ⇒ Ι = = = = ∏ ∏ + ∫ ∫ 4 Vậy 2 1 3 sin 0 12 1 x e x dx e x − ∏ < < + ∫ 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 1 1 1 0 0 0 2 2 3 2 6. 0 1 0 0 4 2 4 4 4 2 4 4 1 1 1 4 2 4 4 1 1 1 4 4 4 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x I dx dx dx J x x x x ⇒ ⇒ − − ⇒ − − − − ⇒ − − − − ⇒ − − − − ⇒ = = − − − − ∫ ∫ ∫               Đặt 2sin 2cos x t dx tdt = ⇒ = ( ) 2 0 0 6 6 0 1 2 cos 6 0 4 2sin 6 x tdt I dt t t ∏ ∏ ∏ ⇒ = = = ∏ − ∫ ∫ Đặt 2 sin 2 cos x t dx tdt = ⇒ = 0 1 0 4 x t ∏ ( ) 4 0 2 0 4 2 cos 2 2 2 8 4 2 2 sin tdt J t ∏ ∏ ∏ ⇒ = = = − ∫ 1 0 2 3 2 6 8 4 dx x x ∏ ∏ ⇒ ≤ ≤ − − ∫ Chứng minh rằng : 2 2 1 0 sin 2 0 1 1. 1 2. 2 2 x x e e dx e e dx e − ∏ − ∏ ∏ ∫ ∫     2 2 0 1 4 0 1 6 3. 1 sin . 2 2 4 1 4. 0.88 1 1 x dx dx x ∏ ∏ ∏ ≤ + ≤ < < + ∫ ∫ Bài giải : Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân 10 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 1. 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 2 x x x x x x x x x x x e e e e e e e e e − − − ⇒ ⇒ < ⇒ ⇔ ⇒ = ⇒            2 ° °x Từ (1) và (2) suy ra 2 : 1 x x e e − −   2 2 2 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 x x x e e dx e dx dx e dx e − − − − ⇒ ⇒ ∫ ∫ ∫ ∫     2 2 2 2 sin 2 2 2 2 sin sin 0 0 0 0 2. 0 sin 1 1 . 2 2 x x x x e e dx e dx e dx e dx e ∏ ∏ ∏ ∏ ⇒ ∏ ∏ ⇒ ⇒ ∫ ∫ ∫ ∫         2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 1 1 1 3 3. 0 sin 1 0 sin 1 1 sin 2 2 2 2 1 3 1 6 1 sin 1 sin . 2 2 2 2 4 x x x dx x dx dx x dx ∏ ∏ ∏ ∏ ⇒ ⇒ + ∏ ∏ ⇒ + ⇒ + ∫ ∫ ∫ ∫           4. Cách 1: ( ) 0,1 x∀ ∈ thì 4 2 4 2 4 2 1 1 1 1 1 1 x x x x x x < ⇒ + < + ⇒ > + + ( ) 1 2 4 2 0 1 1 ln 1 ln 1 2 0,88 1 1 dx dx x x x x 1 1 0 0 ⇒ > = + + = + > + + ∫ ∫ Mặt khác : 1 4 4 4 0 1 1 1 1 1 1 1 1 x dx x x + > ⇒ < ⇒ < + + ∫ Vậy : 1 4 0 1 0,88 1 1 dx x < < + ∫ Chú ý : học sinh tự chứng minh 2 2 2 2 1 ln dx x x a C a x = + + + + ∫ bằng phương pháp tích phân từng phần . Cách 2 : ( ) 4 2 2 1 4 2 4 0 0,1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x dx I x x x 4 ⇒ < ⇒1+ < + ⇒ > ⇒ > + + + ∫ ∈ Với : 1 2 0 1 1 I dx x = + ∫ Đặt ( ) 2 2 1 1 cos x tgt dx dt tg t dt = ⇒ = = + [...]... = 2 ∏ 3 ∫ ∏ 3 dt = ∏ 12 ∏ 4 1 + tg t 4 4 3 −x 3 e sin x ∏ ⇒ ∫ dx (*) (Cách 2 xem bài 4 dưới đây ) 1 1+ x 12e t 2 ∏ Đẳng thức xảy ra khi : 12 Ts Nguyễn Phú Khánh - ðà L t Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân  e − x = e −1 x = 1 ⇔ ⇒ x ∈ ∅, ∀x ∈ 1, 3     sin x = 1 sin x = 1   −x 3 e sin x ∏ Vậy : ∫ dx < 2 1 1+ x 12e Xem lại chú ý trên , đây là phần sai lầm thường mắc phải không ít người đã vội kết... ; x > 0 x x 2x 100  100 − 1 100  1 1 1  ⇒ ∫ 1 − dx ∫ e x dx ∫ 1 − + 2 dx 10 10 10  x  x 2x  100 1 9 90 − ln10 ≤ ∫ e x dx < 90 + + ln10 10 200 * Là bài toán khó , hi vọng các em tìm điều thú vò trong bài toán trên – chúc thành công 1+ t et 3 − 2tg 4 x 4 cos x 4 Xét f( x ) = Đặt 1 = 1 + tg 2 x 2 cos x t=  ∏ ; x ∈ 0,   3  ∏ ; x ∈ x ∈ 0,   3 ⇒ t ∈ [1; 4] ⇒ f( t ) = t 2 + 4t − 2... 1 ∫0 2 2 12 4e 15 ∏ 3 18 10 1 dx 2 3 4− x − x 1 ∫0 6 11 2 1 ∫0 4 + x dx ∏ dx 2 2 dx 3 + sin x 22 2 24 5 1 4 4 1 ∫−1 −x ∏ 3∏ ∫∏ 8 sin x ∏ dx < 7 ∫1 2 12e x +1 −x 1 8.∫0 3 + e dx 2 e 3 ∏ 3 dx 2 2 1 ∫0 3 + x dx 20 3 2 1 2 ∫0 2 1 ∫0 1 + x dx 19.1 6 ∏ ∏ 2 −x + 2x + 8 24 5 dx < 1 3 ∫0 18.1 cos x 5 dx < 4 6 1+ x 18 ∫0 Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân dx < ( 2 )dx > 0 sin x Chứng minh rằng : 30 ∏ 12 ; n =... Cách 2 : ∀t ∈ R + ta có : 2 0 [tf ( x) − g ( x) ] = t 2 f 2 ( x) − 2.t f ( x).g ( x) + g 2 ( x) b b b a a a ⇒ h(t ) = t 2 ∫ f 2 ( x)dx − 2t ∫ f ( x).g ( x)dx + ∫ g 2 ( x)dx 0 h(t) là 1 tam thức bậc 2 luôn không âm nên cần phải có điều kiện : 2   ah = t > 0 ⇔ ∆ 'h 0  ∆ h 0  2 b b b ⇔  ∫ f ( x).g ( x)dx  − ∫ f 2 ( x)dx ∫ g 2 ( x)dx ≤ 0  a  a a   ⇒ (∫ b a f ( x).g ( x)dx ) 2 b ∫ a b f 2 ( x)dx... = 0 ⇒ e x − 1 − x > 0 ⇔ e x > 1 + x (1) Do vậy : ∀x ∈ ( 0, ∏ ) thi esin 2 x > 1 + sin 2 x ⇒ ∫ esin x dx > ∫ (1 + sin 2 x )dx = ∏ + ∫ ∏ ∏ 0 ∏ ⇒ ∫ esin x dx > 2 0 ∏ 0 2 0 ( do(1) ) 1 − cos 2 x dx 2 3∏ 2 Chứng minh rằng : 2 x 2 1 1 ∫1 x2 + 1dx 2 5 ∏ 3 1 3 sin x 2 ∫∏ 4 x dx 2 4 3 ∏ 3 3 ∫ 1 ∏ 0 cos x + cos x + 1 2 ∏ 3 1 3 cot gx ∫∏ 6 x dx 3 12 1 2 1 1 dx < 5 < ∫ 3 0 2 + x − x2 2 4 dx 2∏ 3 3 6 2 4 2 < ∫... : 0.88 < ∫ 0 1 + x4 1 I= Chứng minh rằng : ∏2 1 0 < ∫ x tgx dx < 0 32 1 cos nx 2 ∫ dx ln 2 0 1+ x ∏ 4 4 3 3 ∫ 1 ∫ 3 1 e− x cos x ∏ dx < 2 1+ x 12e cos x 1 dx 100 ∏ x 200 ∏ 1 1  1  ex dx 6 1 − n −1  ∫  n − 1  2  0 (1 + x )n 5 ∫ e− x sin x ∏ dx < 2 1+ x 12e 200 ∏ Bài giải : 1 0 x ∏ ⇒0 4 tgx Xét : 0 < α < x < β < 0 < tgx < 1  ∏ 0< x<  4 I =∫ ∏ 0 4 1⇒ 0 tgx 1⇒ 0 x tgx x ∏ ta có : 4 ⇒ 0 < x tgx... dx 1 + x2 ∫ 1 3 e− x dx 1 + x2 Do y = e− x giảm ⇒ max ( e− x ) = e −1 = ⇒ ∫ 3 1 e− x cos x dx 1 + x2 1 e 3 1 1 ∏ ∫1 1 + x 2 dx = 12e e Dấu đẳng thức : e− x = e −1 x = 1 ⇔  cos x = 1 cos x = 1 Vậy ∫ 3 1 ;do I bài 3 ⇔ x ∈ ∅, ∀x ∈ 1, 3    e − x cos x ∏ dx < 2 1+ x 12e  u = 1  du = − 1 x 2 dx x 5 Đặt  ⇒ dv = cos xdx v = sin x   200 ∏ 200 ∏ cos x 200 ∏ sin x 1 ⇒∫ +∫ dx = sin x dx 100... Nguyễn Phú Khánh - ðà L t ( ∏ 1 ∫ o ) 2 + cos 2 x + 2 − cos 2 x dx 2 0 < ∫ 3cos x + 4sin x dx x2 + 1 3 1 ∏ 3.∫∏ 4 ∫ 3 6 ∏ (3 − 2 2 2∏ 5∏ 12 )( ) 9∏ 2 27 ∏ 4 sin x sin x + 6 sin x + 5 dx ( )( ) tgx 2 + 3 tgx 7 − 4 tgx dx 4 0 Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân 25 ∏ 0 48 ∏ 125 ∏ 2 6 ∫ cos 4 x ( 2sin 2 x + 3) dx < 0 54 5.∫ ∏ 4 ∏ 7 ∫ ∏ 4 − 8 ∫ ∏ sin 2 x ( 2 + 3cos 2 x )dx < 4 ( ∏ 3 6 10 ∫ 3∏ 3 2 27 ∏ sin x... ) dx > 0 ∫ (e 1 11 0 + x − 1) dx −x 0 2 1 2 12 ) 5 − 2 cos 2 x + 3 − 2sin 2 x dx ∫ 1 0 e− x dx x2 + 1 e −1 5 1 + 24 2 Chứng minh rằng : 2∏ 13 ∏ 2 14 1 2∏ ∫0 10 + 3cos x dx 7 ∏ ∏ 1 2 ∫0 4 + 3cos2 x 8 2∏ 1 3 18 cos x 0 1 + x4 ∫ dx < 0,1 1 0 0 1 1 0 0 5 ∫ x 2 sin 2 xdx < ∫ x sin 2 xdx 2 2 6 ∫ e x dx > ∫ e x dx 1 2 1 1 0 x sin a + a + 1 cos a dx x +1 (a ∈ R) 12 2 1 1− x ∏ ∏ . Đẳng Thức Tích Phân 9 ( ) 3 3 2 3 2 4 4 4 1 1 3 1 12 4 tg t x dt dt t tg t t ∏ ∏ ∏ ∏ ∏ ∏ + ∏ ⇒ Ι = = = = ∏ ∏ + ∫ ∫ 4 Vậy 2 1 3 sin 0 12 1 x e x dx e x − ∏ < < + ∫ 3 2 2 3 2. 4 2 0 1 0 3 2 1 1. 0 32 cos 2. ln 2 1 .sin 3. 1 12 x x tgx dx nx dx x e x dx x e ∏ − ∏ < < + ∏ < + ∫ ∫ ∫  ( ) 200 100 3 2 1 1 1 1 0 cos 4. 1 12 cos 1 5. 200 1 1 1 6. 1 1 1 2 1 2 1 x x n n. Đặt ( ) 2 1 x tgt dx tg t dt = ⇒ = + ( ) 3 3 4 4 2 2 1 1 3 1 12 4 3 tg t x dt dt tg t t ∏ ∏ ∏ ∏ + ∏ ⇒ Ι = = = ∏ ∏ + ∫ ∫ ( ) 3 1 .sin * 1 12 x e x dx x e − ∏ ⇒ + ∫  (Cách 2 xem bài 4 dưới đây )