Hàm số Logarit Bài 1: Chứng minh rằng x e > x + 1 với 0 ≠ x Giải Xét hàm số ( ) xf = x e - 1 - x liên tục và khả vi với mọi 0 ≠ x ( ) xf , = x e - 1 , ( ) 00 = f nếu 0>x thì ( ) 01 , >−= x exf ⇔ ( ) xf đồng biến ⇔ ( ) xf > ( ) 0f ⇔ x e - 1 - x > 0 ⇔ x e > x + 1 (1) Nếu 0<x thì ( ) 01 , <−= x exf ⇔ ( ) xf nghịch biến ⇔ ( ) xf > ( ) 0f ⇔ x e -1- x > 0 ⇔ x e > x + 1 (2) Từ (1),(2) ⇒ x e > x + 1 với 0 ≠ x đpcm. Bài 2 : ( ĐH Kiến Trúc Hà Nội ) Chứng minh rằng bất đẳng 2 1 2 x xe x ++> đúng với mọi 0>x Giải Yêu cầu bài toán ⇔ x ex x −++ 1 2 2 < 0 0 >∀ x Xét ( ) x ex x xf −++= 1 2 2 .Ta có ( ) xf , = x ex −+ 1 , ( ) 01 ,, <−= x exf 0 >∀ x Do đó ( ) xf , nghịch biến trong ( ) +∞∈∀ ;0x ⇔ ( ) xf , < ( ) 0 , f =0 với ( ) +∞∈∀ ;0x ⇒ ( ) xf nghịch biến trong ( ) +∞∈∀ ;0x ⇔ ( ) xf < ( ) 00 = f 0 >∀ x ⇔ x ex x −++ 1 2 2 <0 hay 2 1 2 x xe x ++> với 0 >∀ x đpcm. Bài 3: Chứng minh rằng 6 3 x x − < xx <sin với 0>x Giải Ta hướng dẫn cho học sinh chứng minh bất đẳng thức ⇔ chứng minh      < −> xx x xx sin 6 sin 3 với 0 > x Ta chứng minh xx < sin với 0 > x Xét ( ) xf = xsin - x , ( ) 00 = f ⇒ ( ) xf , = 1cos − x <0 ⇔ ( ) xf nghịch biến ⇔ ( ) xf < ( ) 0f với 0 > x ⇔ xsin - x <o ⇔ xx < sin (1) Ta chứng minh 6 3 x x − < xsin Xét ( ) 6 sin 3 x xxxf +−= ⇒ ( ) xf , = 2 1cos 2 x x +− = ( ) xg ⇒ ( ) 0sin , >+−= xxxg với mọi x >0 ⇔ ( ) xg đồng biến ⇔ ( ) xg > ( ) 0g =0 với 0 > x hay ( ) xf , >0 với 0 > x ⇔ ( ) xf đồng biến ⇔ ( ) xf > ( ) 0f =0 với 0 > x ⇔ 0 6 sin 3 >+− x xx ⇔ 6 3 x x − < xsin với 0>x (2) Từ (1),(2) ⇒ 6 3 x x − < xx <sin với 0>x đpcm. Bài 4: Chứng minh rằng xx tansin 22 + ≥ 1 2 + x với 2 0 π << x Giải áp dụng bất đẳng thức côsi: xx tansin 22 + ≥ xx tansin 2.2.2 = 1 2 tansin 2 tansin 22.2 + ++ = xxxx ⇔ xx tansin 22 + ≥ 1 2 tansin 2 + + xx Yêu cầu bài toán ⇔ Việc chứng minh 1 1 2 tansin 22 + + + ≥ x xx ⇔ 11 2 tansin +≥+ + x xx ⇔ xxx 2tansin ≥+ với 2 0 π << x xét hàm số ( ) xf = xxx 2tansin −+ với 2 0 π << x , ( ) 00 = f ⇒ ( ) xf , = 2 cos 1 cos2 cos 1 cos 2 2 2 −+>−+ x x x x icos ≥ 2. cos 1 .cos.2 2 2 − x x 0 = (vì xx 2 coscos > với 2 0 π << x ) ⇔ ( ) 0 , ≥ xf ⇔ ( ) xf đồng biến ⇔ ( ) xf ( ) 0f > với 2 0 π << x ⇔ ( ) xf = 02tansin >−+ xxx ⇔ xxx 2tansin ≥+ hay xx tansin 22 + ≥ 1 2 + x với 2 0 π << x đpcm. Bài 5: (ĐH Dược ) Với 2 0 π <≤ x , chứng minh rằng 1 2 3 tansin.2 222 + >+ x xx Giải Xét hàm số ( ) 2 3 tan 2 1 sin x xxxf −+= với 2 π <≤ xo Ta có ( ) i x xx x xxf cos 22 , 2 3 cos.2 1 2 cos 2 cos 2 3 cos.2 1 cos ≥−++=−+= 0 2 3 . cos 1 2 cos 2 cos .3 3 2 =− x xx ⇒ ( ) 0 , ≥ xf       ∈∀ 2 ;0 π x ⇔ ( ) xf đồng biến trong khoảng       2 ;0 π ⇔ ( ) xf ≥ ( ) 0f ⇔ 0 2 3 tan 2 1 sin ≥−+ x xx       ∈∀ 2 ;0 π x ⇔ 2 .3 tan 2 1 sin x xx ≥+       ∈∀ 2 ;0 π x . Đẳng thức xảy ra ⇔ 0 = x Mà 2 3 tan 2 1 sin tansin2tansin.2 2.22.222.222 x xx xxxx ≥=≥+ + ⇒ 2 3 1 tansin2 222 x xx + ≥+       ∈∀ 2 ;0 π x Đẳng thức chỉ xảy ra ⇔ { 0 tansin.2 = = x xx ⇔ 0 = x .Do đó 1 2 3 tansin.2 222 + >+ x xx với       ∈∀ 2 ;0 π x đpcm. Bài 6 Cho 4 3 0 ≤< α , Chứng minh rằng 3 1 .2 2 >+ α α Giải Xét hàm số ( ) 2 1 2 x xxf += trên       4 3 ;0 , 18 59 4 3 =       f Ta có ( ) ( ) 3 3 3 , 122 2 x x x xf − =−= <0 với ∀       ∈ 4 3 ;0x ⇒ ( ) xf giảm trên       4 3 ;0 ⇔ ( )       ≥ 4 3 fxf ,       ∈∀ 4 3 ;0x ⇔ ( )       ≥ 4 3 ff α ,       ∈∀ 4 3 ;0 α ⇔ 3 18 591 2 2 >≥+ α α Hay 3 1 .2 2 >+ α α       ∈∀ 4 3 ;0 α đpcm. Bài 7: Chứng minh rằng với 10 3 +<<< aba thì ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ba baa b ba baa ++ +++ << + + 3 3 3 3 3 1.2 .211 .2 .2. . Giải Xét hàm số ( ) ( ) bx bxx xf + + = 3 3 .2 .2 với 10 +<<< axa Ta có ( ) 33 bbf = và ( ) ( ) ( ) 0 .2 .2 2 3 2 3 , ≥ + − = bx bx xf ⇒ ( ) xf đồng biến ⇔ ( ) ( ) ( ) 1 3 +<< afbfaf với 10 +<<< axa ⇔ ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ba baa b ba baa ++ +++ << + + 3 3 3 3 3 1.2 .211 .2 .2. . đpcm. Bài 8: ( Đề thi thử ĐH Quảng Xương I) Cho 2 0 π <<< ba Chứng minh rằng bbaa sin.sin. − > ( ) ab coscos.2 − Giải Yêu cầu bài toán ⇔ aaa cos2sin. + > bbb cos.2sin. + Xét hàm số ( ) xf = xxx cos.2sin. + với 0< 2 π < x ( ) xxxxxf sin.2cos.sin , −+= , ( ) 00 , = f ( ) xxxxxxxxf sin.cos.2sin.coscos ,, −=−−+= (vì 2 0 π << x thì 0sin > x ) nên ( ) 0 ,, < xf do đó ( ) 0 , < xf khi 0< 2 π < x ⇒ ( ) xf là hàm số giảm trên khoảng       2 ;0 π ⇒ ( ) ( ) bfaf > với 0 2 π <<< ba ⇔ aaa cos2sin. + > bbb cos.2sin. + hay bbaa sin.sin. − > ( ) ab coscos.2 − đpcm. Bài 9: Chứng minh rằng 0000 10tan.6tan.39tan.5tan.4 < Giải Xét hàm số ( ) x x xf tan = với 4 0 π << x Ta có ( ) 0 2cos.2 2sin.2 22 , > − = xx xx xf ( vì ta đã có ααα tansin << nếu 2 0 π α << ) ⇒ hàm số ( ) xf là đồng biến trên 2 0 π << x với 5<6 thì ( ) 5f < ( ) 6f ⇔       <       180 6 180 5 ππ ff , tức là 180 6 180 6 tan 180 5 180 5 tan π π π π < ⇔ 00 6tan.55tan.6 < ( 2) chứng minh tương tự ta cũng có 00 10tan.99tan.10 < (3) Nhân từng vế (2) và (3) ta suy ra 0000 10tan.6tan.39tan.5tan.4 < đpcm. Bài 10: Cho ≥≥ yx z>0 chứng minh y xz x zy z yx . 222 ++ 222 zyx ++≥ Giải Bất đẳng thức ⇔ ≥ ++ zyx zxyzyx . 323223 222 zyx ++ ⇔ ( ) 222 323223 . zyxxz y zxyzyx ++≥ ++ ⇔         ++≥++ 1 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 3 3 y z y x y z y x y x y z y z y x đặt u= y x , v = y z ta có u 1 ≥ 0 >≥ v nên bất đẳng thức có dạng ( ) 1 223223 ++≥++ vuvuvuvu ⇔ ( ) ( ) 01 1 22323 ≥++−+− vvvuvuvu (2) Nếu v=1 thì (2) có dạng 01.2 2 ≥+− uu tức là (2) đúng Nếu 10 << v xét hàm số ( ) ( ) ( ) 22323 1 1 vvvuvuvuuf ++−+−= với 1 ≥ v Ta có ( ) ( ) ( ) 232, 1 21.3 vvvuvuuf +−+−= ( ) ( ) 0.21.6 3,, >+−= vvuuf (do 10 << v và 1 ≥ u ) ⇒ ( ) uf , là hàm số đồng biến khi 1 ≥ u nên mọi 1 ≥ u ta có ( ) uf , ≥ ( ) 1 ' f mà ( ) 1 ' f = )3)(1(3.4 23 −+−=+− vvvvv >0 nên ( ) uf , ≥ 0 ⇔ f (u) là hàm số đồng biến khi u ≥ 1 Tức là ∀ ≥ 1 ta có f(u) ≥ f(1) = v 2 - 2v + 1 = (v- 1) 2 > 0 Vậy u 3 (1 - v) + u 2 v 2 - u 2 v 3 - uv (1 + v 2 ) + v 2 ≥ 0 ∀ ≥ 1 > v > 0 Hay y xz x zy z yx . 222 ++ 222 zyx ++≥ với 0 >≥≥ zyx đpcm. Bài 11: Chứng minh ( ) xx x x <+<− 1ln 2 2 với mọi 0>x Giải Ta chứng minh ( ) x x x +<− 1ln 2 2 0 >∀ x Xét ( ) xf = ( ) 0, 2 1ln 2 >+−+ x x xx , ( ) xf , = 0,0 1 1 1 1 2 >> + =+− + x x x x x Suy ra ( ) xf đồng biến với mọi 0 > x ⇔ ( ) 0 2 1ln 2 >+−+ x xx , 0>x ⇔ ( ) x x x +<− 1ln 2 2 với mọi 0>x (1) Ta chứng minh ( ) 0,1ln ><+ xxx Đặt g ( ) ( ) ,1ln xxx +−= với 0 > x , ( ) og = 0 ⇒ ( ) 0 11 1 1 , > + = + −= x x x xg , khi 0>x ⇔ ( ) 0 > xg , 0 >∀ x ⇔ ( ) ,01ln >+− xx khi 0>x ⇔ ( ) xx <+ 1ln , với 0 > x (2) Từ (1),(2) ⇒ ( ) x x x +<− 1ln 2 2 < x ,với mọi 0>x đpcm. Bài 12 Chứng minh rằng x x xx x < + <− 1 2 2 với 0>x Giải Do 0 > x nên x x xx x < + <− 1 2 2 ⇔ 1 1 1 2 1 < + <− x x , 0 >∀ x Hướng dẫn học sinh đưa về chứng minh ⇔      < + −> + 1 1 1 2 1 1 1 x x x Ta chứng minh 1 1 1 < + x 0 >∀ x Vì 0>x nên 11 >+ x ⇒ 11 >+ x ⇒ 1 1 1 < + x (1) Ta chứng minh 1 1 2 1 + <− x x 0 >∀ x Đặt ( ) 1 2 1 1 −+ + = x x xg 0>x , ( ) 00 = g ( ) ( ) 0 1 1 1 2 1 3 , >         + −= x xg , với 0 > x ⇒ hàm số đồng biến với 0 > x ⇔ ( ) ( ) 00 => gxg với 0 >∀ x ⇒ 01 2 1 1 >−+ + x x 0 >∀ x ⇔ 1 1 2 1 + <− x x 0 >∀ x Vậy 1 1 1 2 1 < + <− x x ⇔ x x xx x < + <− 1 2 2 , 0 >∀ x đpcm. Bài 13: Chứng minh rằng : ( ) 2 2 2 4 1sin π −+≤ − − xx với 2 0 π << x Giải Yêu cầu bài toán ⇔ ( ) 2 2 2 4 1sin π −≤− − − xx Xét hàm số ( ) xf = ( ) 2 2 sin − − − xx với 2 0 π << x . Ta có ( ) xf , =-2 ( ) 0.2cos.sin 3 3 >+ − − xxx với 2 0 π << x ⇔ ( ) xxx cos.sin.2.2 3 3 − − > ⇔ x x x 33 sin cos1 > do các vế đều dương ⇒ 3 cos sin x x x < ⇔ 0 cos sin 3 >− x x x ⇔ ( ) 0cos.sin 3 1 >− − xxx đặt ( ) xg = ( ) xxx − − 3 1 cos.sin , ⇒ ( ) ( ) ( ) 1sin.cos 3 1 cos 2 3 4 3 2 , −+= − xxxxg , ( ) 00 , = g ⇒ ( ) ( ) xxxg 2 3 2 ,, sin.cos 9 4 − = với 2 0 π << x ⇒ ( ) ( ) 0 ,,,, gxg > = 0 với 2 0 π << x ⇒ ( ) xg , đồng biến       2 ;0 π ⇒ ( ) xg , > ( ) 0 , g ⇒ ( ) xg đồng biến       2 ;0 π . ⇒ ( ) xg > ( ) 0g ⇒ ( ) xf đồng biến       2 ;0 π ⇒ ( ) xf 2 2 4 1 2 1 2 π ππ −=       −=       ≤ − f với       ∈∀ 2 ;0 π x Do đó ( ) 2 2 sin − − − xx 2 4 1 π −≤ Hay ( ) 2 2 2 4 1sin π −+≤ − − xx       ∈∀ 2 ;0 π x đpcm. Bài 14: Cho a,b,c>0 và 1 222 =++ cba chứng minh rằng 2 3.3 222222 ≥ + + + + + ba c ac b cb a (1) Giải Từ giả thiết ⇒ 222 1 acb −=+ , 222 1 bac −=+ và 222 1 cba −=+ thay vào (1) ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 222222222 111111 cc c bb b aa a c c b b a a ba c ac b cb a − + − + − = − + − + − = + + + + + ≥ 2 3.3 ( do a, b ,c đều dương ) Xét hàm số ( ) ( ) xxxxxf +−=−= 3 1 , ( ) 1;0 ∈ x ( ) 1.3 2, +−= xxf ⇒ ( ) xf , >0         ∈∀ 3 1 ;0x và ( ) xf , <0         ∈∀ 1; 3 1 x ⇒ 0< ( ) xf ≤ 3.3 2 3 1 =         f ⇒ ( ) 2 3.31 ≥ xf Do đó 0< ( ) 33 2 1 2 ≤− aa ⇒ ( ) 2 33 1 1 2 ≥ − aa ⇒ ( ) 2 2 2 . 2 33 1 a aa a ≥ − Tương tự ( ) 2 2 2 . 2 3.3 1 b bb b ≥ − ( ) 2 2 2 . 2 33 1 c cc c ≥ − Do đó 2 33 222222 ≥ + + + + + ba c ac b cb a đpcm. Bài 15: Cho mn yyyyxxxe ≤≤≤≤<≤≤≤≤ . 32121 và ∑∑ == ≥ m i y n i i i yx 11 chứng minh ∏∏ == > m y i n i i yx 11 Giải Xét hàm số ( ) x x xf ln = với 0 > x ta có ( ) 0 ln1 2 , ≤ − = x x xf khi ex ≥ Nên ( ) xf là hàm số nghịch biến Từ giả thiết ta có n n n n y y y y y y x x x x x x ln . lnln ln lnln 2 2 1 1 2 2 1 1 ≥≥≥>≥≥≥ Từ đó ta có 1 1 .11 ln ln y y xx > 1 1 .22 ln ln y y xx > …………………. 1 1 ln .ln y y xx nn > Hay ∑∑∑ === ≥> m i i n i i n i i y y y x y y x 1 1 1 1 1 1 1 . ln . ln ln (1) Lại có 1 1 .22 ln .ln y y yy ≤ 1 1 33 ln .ln y y yy ≤ ……………… 1 1 ln .ln y y yy nn ≤ ⇒ ∑∑ == ≤ m i i m i i y y y y 1 1 1 1 . ln ln (2) Từ (1) và (2) ⇒ ∑∑ == > m i i n i i yx 11 lnln hay ∏∏ == > m y i n i i yx 11 đpcm. Loại 2: Dùng định lý lagrange: 1.Cơ sở để giải quyết vấn đề Định lý lagrange: Nếu hàm số ( ) xfy = liên tục trên đoạn [ ] ba; và khả vi ( ) ba; thì tồn tại một số c sao cho a<c<b khi đó ( ) ( ) ( ) ab afbf cf − − = , 2.Bài tập Bài1: Chứng minh rằng. a ab a b b ab − << − ln với 0<a<b Giải : xét hàm số : ( ) xxf ln = ⇒ ( ) x xf 1 , = , ( ) c cf 1 , = Hàm số ( ) xxf ln = thoã mãn các yêu cầu của định lý Larange trên [ ] ba; ( ) bac ; ∈∃⇒ ta có: ( ) ( ) ( ) ab afbf cf − − = , ⇔ ab ab c − − = lnln1 Do a<c <b acb 111 <<⇒ nên aab ab b 1lnln1 < − − < ⇔ a ab a b b ab − << − ln đpcm. Bài 2. Chứng minh rằng với mọi x;y ∈ R ta có: yxyx −≤− sinsin Giải : Xét hàm số f ( ) tx sin = , ( ) xxf cos , = ⇒ ( ) ccf cos , = Hàm số f ( ) tx sin = liên tục và khả vi trên [ ] yx; với mọi x;y ∈ R thoả mãn các điều kiện của định lý lagrange ⇒ ( ) yxc ; ∈∃ ta có: ( ) ( ) ( ) xy xfyf cf − − = , ⇔ xy xy c − − = sinsin cos do 1coscos ≤≤ cc ⇔ 1 sinsin cos ≤ − − = yx yx c ⇔ yxyx −≤− sinsin Ryx ∈∀ ; Bài 3: Chứng minh rằng: b ab TanaTanb a ab 22 coscos − <−< − với 0<a<b< 2 π Giải: Xét hàm số ( ) Tanxxf = liên tục và khả vi trên ( ) ba; ( ) x xf 2 , cos 1 = , ( ) c cf 2 , cos 1 = ⇒ ( ) bac ; ∈∃ sao cho ( ) ( ) ( ) ab TanaTanb ab afbf cf − − = − − = , ⇔ ab TanaTanb c − − = 2 cos 1 ⇔ c ab TanaTanb 2 cos − =− . Do a<c<b và xy cos = nghịch biến trên       2 ; π o nên b ab c ab a ab 222 coscoscos − < − < − ⇔ b ab TanaTanb a ab 22 coscos − <−< − với 0<a<b< 2 π Bài 4: Cho 1 > x và 1 > α chứng minh rằng ( ) 11 −>− xx a α Giải: Xét hàm số ( ) a ttf = với xt ≤≤ 1 ta có ( ) 1, . − = a ttf α Theo định lý lagrange thì tồn tại ( ) xc ;1 ∈ thoả mãn ( ) ( ) ( ) 1 1 , − − = x fxf cf ⇔ ( ) 1, . − = α α ccf = 1 1 1 − − − x x α ⇔ ( ) 1 .11 − −=− na cxx α ⇒ ( ) 11 −>− xx a α ⇔ ( ) ( ) 1.1 1 −>− − xcx a αα ( vì ( ) 01 >− x α ) ⇔ 1 1 > − a c bất đẳng thức đúng với c> 1 và α - 1 >0 hay ( ) 11 −>− xx a α với 1 > x và 1 > α đpcm. Bài 5: Chứng minh rằng: ln ( ) 1 + x < x mọi x >0 Giải Xét hàm số ( ) ttf ln = với t [ ] x +∈ 1;1 theo định lý lagrange ⇒ ( ) xc +∈∃ 1;1 sao cho ( ) cf , = ( ) ( ) ( ) 11 11 −+ −+ x fxf , ( ) t tf ln 1 , = ⇔ ( ) x x c + = 1ln1 ⇔ ln ( ) 1 1 1 =<=+ x c x x hay ln ( ) 1 + x < x mọi x >0 đpcm. Trường hợp gặp bài toán chưa thể vận dụng định lý lagrange được ngay việc chọn hàm số thoã mãn các điều kiện của định lý lagrange rất quan trọng Bài 6: Cho 0>x chứng minh rằng: xx xx       + +>       + + + 1 1 1 1 1 1 1 (1) Giải: Đây là dạng bài toán chưa thể vận dụng đính lý lagrănge được ngay. Ta hướng dẫn học sinh đưa về chứng minh ( )       +>       + ++ x x x x 1 1ln 1 1 1ln1 với x>0 Xét hàm số f ( )       += x xx 1 1ln = ( ) [ ] xxx ln1ln −+ f ( ) ( ) x xxx + −−+= 1 1 ln1ln , (2) Xét hàm số G ( ) ( ) tt ln = trên [ ] 1; + xx theo định lý lagrange thì tồn tại c : 1 +<< xcx sao cho G ( ) ( ) ( ) ( ) xx xGxG c −+ −+ = 1 1 , ⇔ = c 1 ln ( ) xx ln1 −+ Vì c<x+ 1 ⇔ c 1 > ( ) 1 1 + x ⇒ ( ) xx ln1ln −+ > ( ) 1 1 + x ⇔ ( ) xx ln1ln −+ - 1 1 + x >0 ⇔ f ( ) x , >0 ⇔ ( ) xf đồng biến trên [ ] 1; + xx ⇔ ( ) 1 + xf > ( ) xf ⇔ ( )       +>       + ++ x x x x 1 1ln 1 1 1ln1 hay xx xx       + +>       + + + 1 1 1 1 1 1 1 với x>0 đpcm. Bài 7: Cho n + Ζ∈ chứng minh rằng : xx n − 1 < ne2 1 với mọi ( ) 1;0 ∈ x Giải Hướng dẫn học sinh chứng minh bất đẳng thức tương tương với chứng minh bất đẳng thức ( ) xx n − 1 2 < ne2 1 ⇔ ( ) xnx n − 12 2 < e 1 với mọi ( ) 1;0 ∈ x ( ) 1 ta có ( ) =− xnx n 12 2    n xxxxxx 2 . )22( nxn − icos ≤ ( ) =       + −+ + 12 12 222 n n nxnnx 12 12 2 +       + n n n ( ) 2 từ ( ) 1 và ( ) 2 ta sẽ chứng minh 12 12 2 +       + n n n < e 1 ⇔ ( ) ( ) ( ) [ ] nnn 2ln12ln12 −++ > 1 ⇔ ln ( ) ( ) nn 2ln12 −+ > 12 1 + n Xét hàm số ( ) xxf ln = khả vi trên ( ) 12;2 + nn theo định lý lagrang ⇒ ( ) 12;2 +∈∃ nnc để ( ) ( ) ( ) nn nfnf cf 212 212 , −+ −+ = ⇔ ( ) ( ) nn c 2ln12ln 1 −+= . Do 122 +<< ncn nên 12 11 + > nc ⇔ ln ( ) ( ) nn 2ln12 −+ > 12 1 + n Vậy xx n − 1 < ne2 1 với mọi ( ) 1;0 ∈ x và n + Ζ∈ đpcm. Bài 8 : Cho 0<a<b ,n>1 ,chứng minh rằng ( ) nn babna <− − 1 - ( ) abnba nn −< − 1 ( ) 1 Giải: Xét hàm số: ( ) ( ) baxxxf n ;, ∈= ( ( ) 1, − = n nxxf ) theo định lý lagrage thì tồn tại c ( ) ba; ∈ thoã mãn ( ) ( ) ( ) ab afbf cf − − = , ab ab nc nn n − − =⇔ − 1 ⇔ =− nn ab ( ) abcn n − − 1 . Nên từ (1) ⇔ ( ) nn babna <− − 1 - ( ) abnba nn −< − 1 ⇔ ( ) ( ) ( ) abbnabcnaban nnn −<−<− −−− 111 . ⇔ 111 −−− << nnn bca ( vì ( ) 0 >− abn ) Bất đẳng thức đúng vì o<a<c<b và n-1>0 Vậy ( ) 1 đã được chứng minh. . Hàm số Logarit Bài 1: Chứng minh rằng x e > x + 1 với 0 ≠ x Giải Xét hàm số ( ) xf = x e - 1 - x liên tục và khả. m y i n i i yx 11 Giải Xét hàm số ( ) x x xf ln = với 0 > x ta có ( ) 0 ln1 2 , ≤ − = x x xf khi ex ≥ Nên ( ) xf là hàm số nghịch biến Từ giả thiết