chuyen de bat dang thuc

Trong quá trình thực hiện đề tài chúng tôi còn thấy một số vấn đề chưa được đề cập hoặc có nhưng chưa đi sâu nghiên cứu như: dấu hiệu để nhận biết các yếu tố đại số cũng như hình học của[r]

LỜI NÓI ĐẦU

ất đẳng thức nội dung quan trọng chương trình tốn phổ thơng, vừa đối tượng để nghiên cứu mà vừa công cụ đắc lực, với ứng dụng nhiều lĩnh vực khác toán học Trong đề thi chọn học sinh giỏi cấp toán chứng minh bất đẳng thức thường xuất dạng toán quen thuộc, để tìm lời giải khơng phải việc dễ dàng

B

Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức phong phú, đa dạng nhiều tài liệu đề cập đến Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức sáng tạo bất đẳng thức việc sử dụng tính chất đại số hình học tích phân Trên tinh thần tiểu luận gồm phần: mục lục, mở đầu, vấn đề, phụ lục, kết luận tài liệu tham khảo

 Vấn đề 1: Bất đẳng thức hàm số giới nội lồi  Vấn đề 2: Bất đẳng thức hàm số liên tục

 Vấn đề 3: Bất đẳng thức hàm số liên tục đơn điệu  Vấn đề 4: Bất đẳng thức hàm số khả vi

 Vấn đề 5: Bất đẳng thức hàm số khả tích

 Vấn đề 6: Sử dụng cơng thức tính độ dài cung phẳng để chứng minh bất đẳng thức

 Vấn đề 7: Sử dụng cơng thức tính diện tích hình phẳng để chứng minh bất đẳng thức

Nội dung vấn đề đầu đề cập đến việc sử dụng tính chất đại số đơn giản tích phân để chứng minh số tốn liên quan, sở đưa ví dụ áp dụng để sáng tạo bất đẳng thức, vấn đề cịn lại đề cập đến việc thơng qua ước lượng trực quan từ hình học để chứng minh bất đẳng thức kèm theo ví dụ minh hoạ cụ thể Để hoàn thành tiểu luận này, cố gắng tập trung nghiên cứu, xong nhiều hạn chế thời gian lực nên tiểu luận chắn nhiều vấn đề chưa đề cập đến có đề cập chưa sâu vào khai thác ý tưởng vấn đề Vì tiểu luận khó tránh khỏi thiếu xót định Chúng tơi mong bảo quý thầy cô bạn đọc tiểu luận

Quy Nhơn, ngày 11 tháng 11 năm 2009

Vấn đề 1.

Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Giới Nội Và Lồi

Bài toán. Giả sử [a,b] hàm f(x) giới nội lồi Chứng minh

  ( ) ( ) ( )  

2

b

f a f b a b

b a f x dx b a f

a

   

     

Chứng minh

Vì f(x) lồi [a,b] nên với x1,x2  [a,b] ta có bất đẳng thức so sánh f(1x1 + 2x2)  1f(x1) + 2f(x2) 1  , 2  , 1 + 2 = (theo định nghĩa)

Vì hàm lồi đoạn nên liên tục Như vậy, f(x) khả tích [a,b] Sử dụng tính chất lồi f(x) ta có

 

1

( ) ( ) ( ) ,

2 2

a b a b

f    f      f a  f b  a   b a

 

Tích phân theo  trịg khoảng [0,b-a] ta nhận

  ( ) ( ) ( ) ( )

2 0 0

b a b a b

a b

b a f f a d f b d f x dx

a

   

 

 



        

 

(1)

trong tích phân đầu ta thay a + = t , cịn tích phân thứ hai thay b- = z Chia [a,b] thành n phần xi b a

n 

 

 

 

  lập tổng tích phân với

x k k

 

 

1

1

0

n k b a n

b a b a k k

Sn f a f a b

n k n n k n n

    

    

          

 

     

Do f(x) lồi , ta có > 1-k ( ) ( ) n

k k k

f a b f a f b

n n n

    

  

   

 

   

 

Bởi 1-k ( ) ( ) ( ) ( )

n 2

0 n

b a k b a n n

Sn f a f b f a f b

n k n n



        

         

   

   (2)

Chuyển qua giới hạn bất đẳng thức (2) n  (do f(x) khả tích ) ta nhận

 

( ) ( ) ( )

2

b b a

f x dx f a f b

a



 



Kết hợp (1) (2) ta có   ( ) ( ) ( )  

2

b

f a f b a b

b a f x dx b a f

a

   

     

 

Ví dụ 1.1. Cho < a < b, p > Chứng minh  p1ap1 bp1 ab p 1ap1 bb1

Lời giải

Xét hàm số y = f(x) = xp [a,b], với a > 0, p > Ta có y'' p p( 1)xp20

Vậy hàm số y = f(x) bị chặn lồi [a,b] Khi

  ( ) ( ) ( )

2

b f a f b

b a f x dx

a 

 

    

     

2

1

2

1

1 1

1

p p b

a b p

b a x dx

a

p p

a b

p p

a b a b

p

p p p b

p a b ab p a b

 

   

 



   



   

     

Ví dụ 1.2 Với < a < b Chứng minh ablna2 lnb2 a2 b2

Lời giải

Xét y = - xlnx (0,+) Ta có y'' 0, x

x

    Khi

 

 

ln ln ln

2

2 2

ln ln ln

2 2

b b a

a a b b x xdx

a

b

b a x

a a b b x x

a 

   

 



 

    

 

 

 ablna2 lnb2 a2 b2

Ví dụ 1.3. Với < a < b < Chứng minh b 1 a2  a 1 b2 arcsinb-arcsina

Lời giải

Xét f(x) = 1 x2 [a,b] với < a < b < Ta có f’(x) =

2

x x 

 ,  

1 ''( )

2

1

f x

x x



  < ,  x  [a,b] f(x) bị chặn lồi [a,b] Khi

   

 

 

( ) ( )

( )

1 2 2 2

1 1

2

1 2 2 2

1 1 arcsinx

2

2

1 arcsinb -arcsina b

b a f a f b

f x dx a

b

b a a b x dx

a

b

b a a b x x

a

b a a b

 

 

 

       

 

   

          

   

    

Ví dụ 1.4 Với < a < b Chứng minh 2 ln

2

b b

b a a b

a a

 

   

 

Xét

 

1

2 1, '' 0, [a,b]

2

1

y x y x

x x

     

 

Ta có y = f(x) la hàm bị chặn lồi [a,b] Khi   ( ) ( ) ( )

b f a f b

b a f x dx

a 

  

1

2 1 1 1 ln 1

2

2

2 1 1 ln

2

b a b

a b x x x x

a

b b

b a a b

a a

    

           

   

 

    

 

Ví dụ 1.5. Với

4

x y 

   Chứng minh

y x sin 2 x2y cos2x-cos2y y-x sin   x y 

Lời giải

Xét f(t) = sin2t [x,y]  [0, 

]

Ta có f t''( )4sin 2t  0 x [x,y] Khi   ( ) ( ) ( )  

2

y

f x f y x y

y x f x dx y x f

x

   

     

 

 sin sin sin  sin 

y

x y

y x tdt y x x y

x 

     

y x sin 2 x2ycos2x-cos2y y-x sin   x y 

Ví dụ 1.6. Với < a < b Chứng minh    

   

 

2

ln

2 1

a b a b a a b

a b b a b

      

  

      

Lời giải

Xét

1 y

x 

 [a,b] với a > Ta có

 

2

'' 0, [a,b]

3

y x

x

   



Hàm số y = f(x) bị chặn lồi [a,b] Khi

  ( ) ( ) ( )  

2

b

f a f b a b

b a f x dx b a f

a

   

     

 

   

 

1 1

2 1 1

2

2

ln

2 1

b b a

dx b a

a b

a b ax

a b b

a b a b

x a

a b a b

 

 

  

         

  

    

 



  

   

   

   

   

 

2

ln

2 1

a b a b a a b

a b b a b

      

  

      

Nhận xét: Để thuận tiện cho việc đề tập dạng đưa số hàm lồi phần phụ lục.

Vấn đề 2.

Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Liên Tục

Bài toán 2.1. Chứng minh f(x) g(x) hàm liên tục, xác định [a,b] ta có

2

2

( ) ( ) ( ) ( )

b b b

f x g x dx f x dx g x dx

a a a

 



  

 

 

( Bất đẳng thức Cauchy_Bunhiacopxki)

Chứng minh

 t  R, ta có

 2 2

0 tf x( )g x( ) t f ( ) ( ) ( )x  tf x g x g x( )

2 2

0 t b f ( )x dx 2t f x g x dxb ( ) ( ) bg x dx( )

a a a

     

Vế phải tam thức bậc hai không âm  t

' 0 b f x g x dx( ) ( ) b f2( ) x dx g x dxb 2( ) 0 dpcm

a a a

 

           

 

Hệ 1 Với f : [a,b] → (0,+) liên tục , ta có ( )  2 ( )

b b

f x dx dx b a

f x

a a  

Hệ 2 Giả sử f(x) hàm liên tục a  x  b Chứng minh

 

2

2

( ) ( )

b b

f x dx b a f x dx

a a

 

 

 

 

 

Dấu “=” xảy f(x) = const

Ví dụ 2.1. Chứng minh: với  x > 0, ta có  1

2

x

x t t x x

e   e e dt  e  e  

 

Ta có

1

2 2

0

x t t x t t

e e dt  e e e dt

  (1)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có  

2

2

2

0 0

x t t x t x t t

e e e dt e dt e e dt

 

 

      

 

 

Theo (1) ta có    

2

1 1

2

2 1 1

2 2

0

x t t x x x x x

e e e dt e e e e e

                             (2) Hiển nhiên ta có e2tet et, 0  t x, nên ta suy ra

2 1

0

x t t x t x

e e dt  e dt e 

  (3)

Từ (2) (3) ta suy điều phải chứng minh  1

x

x t t x x

e   e e dt  e  e  

 

Ví dụ 2.2 Với 1a b Chứng minh    

   

2

2

6 1 1 1

ln

3 1 1

a b a b

a b b a                Lời giải

Xét f(x) = 2

1 x , g(x) = x [a,b] với 1 a b Dễ thấy f,g liên tục [a,b] Áp dụng đẳng thức ta có

   

   

2

1 2

2 1 1 ln

2

2 1 1 1 1 3

2

1 ln ln

2 3

2

2

6 1

1

ln

3 1 1

b b b

xdx dx x dx

a x a x a

b b

b x x

x

x

a a a

b a b a

b a b a a b a b a b b a                                                                                             

Ví dụ 2.3 Với < a < b Chứng minh eb ea2b a e e 2 a b

Xét f(x) = ex, g(x) = x

e [a,b] với a > Khi

 

1

b x b

e dx x dx b a e

a a    

1 b

b x

e a x b a

e a

 

   

     

 

 

 

eb ea2 b a2e ea b

   

Ví dụ 2.4 Với

2

a b 

    Chứng minh

osa-cosbc 2 b a 2b a sin 2a sin 2b Lời giải

Ta có ,

2

a b 

     

2

2

sinx sin

b b

dx b a xdx

a a

 

 

 

 

 

 

2

os os2x

2 b b a b

c a c dx

a 

 

     

 

4 osa-cosbc 2b a 2b a sin 2a sin 2b

Ví dụ 2.5 Với 0< a < b Chứng minh ln   arct ana arctan 

2

b b

a b b

a a

 

  

 

Lời giải

Xét ( ) f x

x 

 liên tục [a,b] với a > Khi

   

2

1 2

ln arct anx

2

2 1 1

b

b b b

dx b a dx x x b a a

a x a x a

 

 

 

          

    



   

   

2

ln arct ana arctan

2

b b

a b b

a a

 

   

 

Vấn đề 3.

Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Liên Tục Và Đơn Điệu

Bài toán 3.1. Cho f, g : [a,b] → R liên tục a) Nếu f, g hàm tăng Chứng minh

1 1

( ) ( ) ( ) ( )

b b b

f x g x dx f x dx g x dx

b a a b a a b a a b) Nếu f,là hàm tăng ,g hàm giảm Chứng minh

1 1

( ) ( ) ( ) ( )

b b b

f x g x dx f x dx g x dx

( Bất đẳng thức Trêbưsep)

Chứng minh

a) Với  x  [a,b]  f a( )f x( )f b( )

   

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1

( ) ( ) ( )

b b b b

f a dx f x dx f b dx b a f a f x dx b a f b

a a a a

b

f a f x dx f b

b a a

        

   



Theo định lý giá trị trung bình hàm số liên tục  xo  [a,b] cho

1

( ) b ( )

f xo f x dx

b a a

 



Hơn hàm f, g đồng biến [a,b] Suy

   

 

 

( ) ( ) ( ) ( ) 0, [a,b]

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1

( )

f x f xo g x g xo x

f x g x f x g xo f x g xo f x g xo o

b b b

f x g x dx f xo g x dx g xo f x dx b a f x g xo o

a a a

b b b

f x g x dx f xo g x dx g xo f x dx b a f x g xo o

a a a

f x b a

    

    

        

       



 ( ) ( )  ( )   ( ) ( )

1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

b b

dx g x dx g xo b a g xo b a f x g xo o

a a

b b b b b

f x dx g x dx f x g x dx f x dx g x dx

b aa a b aa b aa b aa

   

 

       

   

b) Giả thiết suy f, (-g) hàm tăng nên theo câu a)

   

1 1

( ) ( ) ( ) ( )

b b b

f x g x dx f x dx g x dx

b a a  b a a b a a 

1 1

( ) ( ) ( ) ( )

b b b

f x g x dx f x dx g x dx

b aa b aa b aa

    

  

Chú ý Nếu f, g hàm giảm bất đẳng thức câu a) Tức f, g đơn điệu chiều bất đẳng thức câu a)

Nếu f hàm giảm, g hàm tăng bất đẳng thức câu b) Tức f, g đơn điệu ngược chiều bất đẳng thức câu b)

Bài toán 3.2. (Định lý giá trị trung bình) Nếu f khả tích [a,b] tồn  , : ( ) b ( )

c a b f c f t dt

b a a

  



Bài toán 3.3.Nếu f(t) liên tục nghịch biến [0,a] ( ) ( ) , [0,a]

0

x a

a f t dt x f t dt x     .

Đẳng thức xảy x = a x =

Nếu x = x = a đẳng thức xảy

Nếu < x < a,vì f(t) nghịch biến [0,a] nên t, < x  t  a ta có f(t)  f(x) Suy a f t dt( ) f x dt( )a (a x f x) ( )

x  x   Do

1

( ) a ( )

f x f t dt a x x

 



Mặt khác < t  x f(t)  f(x) nên ( ) ( ) ( )

0

x x

f t dt f x dt xf x

 

Suy ( ) ( )

x

f t dt f x

x  

Từ ta có ( ) ( ) ( )

x a

f t dt f x f t dt

x   a x x 

Nên ( ) ( )

0

x a

f t dt f t dt

x  a x x  Suy

0

( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )

0

x a a

a x f t dt x f t dt x f t dt f t dt

x x

      

Vậy ( ) ( )

0

x a

a f t dt x f t dt   .

Ta chứng minh đẳng thức xảy x = x = a

Thật tồn b (0,a), ( ) ( ) ( ( ) ( ) )

0 0

b a b a

a f t dt b f t dt b f t dt f t dt b

  

   

Suy

( ) ( ) ( )

0

( ) ( ) ( )

0

1

( ) ( )

0

b b a

a f t dt b f t dt b f t dt b

b a

a b f t dt b f t dt b

b a

f t dt f t dt

b a a b b

 

  

    

   

 

Theo định lý giá trị trung bình ta có

 

 

1 0, : ( ) ( )

0

, : ( ) ( )

( ) ( ) b

b f f t dt

b a

b a f f t dt

a b b

f f

 

 

 

   

  



 

Mà  , điều mâu thuẫn với giả thiết f(t) hàm giảm (0,a) Vậy đẳng thức xảy x = a x =

Hệ 1. Nếu f(t) liên tục nghịch biến [0,a],x [0,1]

( ) ( )

0

x

f t dt x f t dt

  Đẳng thức xảy x = x = Chứng minh tương tự ta có kết sau

( ) ( )

0

x a

a f t dt x f t dt   Đẳng thức xảy x = a x = 0. Hệ 2. Nếu f(t) liên tục đồng biến [0,1],x  [0,1]

1

( ) ( )

0

x

f t dt x f t dt

  Đẳng thức xảy x =1 x =

Ví dụ 3.1. Với < a  b Chứng minh

 

2 1 2 1

2 1 1 ln 2 ln

2 1 1

b b a a

b b a a b a

a a b b

   

     

   

Lời giải

Xét f(x) = x2 1 , g(x) =

x  [a,b], với a > Ta có

'( ) 0,

2

'( ) 0,

2

( 1)

x

f x x

x x

g x x

x x

   



   

 

Khi

 

1 2 1 1

2

1 2 2 2

1 2 ln ln

2

b b b

dx x dx dx

b aa b aa b aa x

b b

x x x x x x

a a

b a

 

  

   

   

           

   



 2 ln 2 2ln

2 1 1

b b a a

b b a a b a

a a b b

   

     

   

Ví dụ 3.2 Chứng minh x  [0,1], 2x6 + 3x4 + 6x2 – 11x  0.

Lời giải

Xét f(x) = 2x6 + 3x4 + 6x2 – 11x, g(t) = t5 + t3 + t.

Ta có g(t) liên tục đồng biến [0,1] Do x  [0,1] ta có

1

5

( ) ( )

0

6 1 1

6

6

( ) 11

x

t t t dt x t t t dt

x x x

x

f x x x x x

    

 

 

       

 

     

Ví dụ 3.3. Chứng minh x2 1ln x x2 ln(e 21 ), x (0,1] x

       

Lời giải

Xét hàm số y = x2 1 liên tục, đồng biến [0,1] Do x [0,1],ta có

2 1 1

0

1

1 2 2 2 2

( ln ) ( ln )

2 0 0

x

t dt x t dt

x x

t t t t t t t t

  

 

         

 x2 1ln x x2 ln(e 21 ), x (0,1] x

       

Ví dụ 3.4. Chứng minh x  [0, 

] Chứng minh 

x2 – (1 +

 )x  

(cosx – 1)

Lời giải

Xét g(t) = t + sint liên tục đồng biến [0, 

] Khi  x  [0,

2 

] ta có ( sin ) 2( sin )

2 0

x

t t dt x t t dt

 

  

 

2 2

( ost) ( ost)

2 0 0

2

osx+1

2

2

( ) osx

-4 2

x

t t

c x c

x

c x

f x x x c

 

 

   

   

   

   

   

   

   

 

 

     

 

 

Dấu “=” xảy x = x = 

Ví dụ 3.5 Chứng minh  x  [0,1], xarccosx - 2 1

3

x x x x

   

Lời giải

x

( arccost)dt ( arccost)dt

0

1

2 2 2

arccost+ 1-t arccost+ 1-t

3 0 0

2

2

1 arccosx x

3

2

2

( ) arccosx- 1-x

3

t x t

x

t t t x t t t

x x x x

f x x x x x

  

 

   

       

   

 

        

 

    

Dấu “=” xảy x = x =

Ví dụ 3.6. Chứng minh  x  [2k,(2k+1)], sin3x + 3sinx- 4 s inx 0 

Lời giải

Đặt sinx  t 0 t

 g(x) có dạng sau: h(t) t53t2 t

Đặt k(u) = u5 + u hàm liên tục, đồng biến [0,1]  

1

5

( )

0

6 1 1

6

( ) ( )

6

t

u u du t u u du

t t

t t t t

     

       

Suy sin3x3sinx sinx 0 Dấu “=” xảy x =

2 

+ k2 x = k

Ví dụ 3.7 Chứng minh  x  [0, 2

], x - 2arcsinx 

Lời giải

Đặt g(t) = 2 t 



nghịch biến liên tục [0, 2 ]

2

2 1

2 0 1 0 1

2

1 x

arcsint arcsint0 arcsinx

2 0

2 2arcsinx x

dt x dt

t t

x x x

 

   

   

     

   

 

   

   

  

Dấu “=” xảy x = x = 2

Lời giải

Đặt g(t) = t t 2 t hàm đồng biến liên tục [0,2]

   

   

 

2

2 2

0

2

2 2 2 2 2

2 2 2

2 3 3

0

2

3 4 2

x

t t t dt x t t t dt

x

t t t t t t

t t x t t

x x x x x x

         

   

             

   

   

      

 đpcm

Dấu “=” xảy x = x =

Nhận xét

 Để tạo tập thuộc dạng lấy hàm số sơ cấp đơn giản thoả mãn liên tục đơn điệu khoảng đó, lấy tích phân trên khoảng từ đưa bất đẳng thức cần chứng minh.

 Ta mở rộng kết cách từ f(x)  g(x), x [a,b] ta lấy tích phân nhiều lần ta thu bất đẳng thức phức tạp

b x f t dt dx( ) b x f t dt dx( )

a a a a

   



     

    , a t x b   .

 Tương tự ta mở rộng cho trường hợp hàm biến x, y Cho f(x,y), g(x,y) khả tích D f(x,y) ≥ g(x,y)  (x,y)  D ta có

Df x y dxdy( , ) Dg x y dxdy( , ) .Nếu f(x,y) khả tích D f(x,y) ≥ 0,(x,y) D ta cóDf x y dxdy( , ) 0 Khi dạy cho học sinh ta hướng dẫn cho học sinh thấy trường hợp đặc biệt tích phân lớp hiểu lấy tích phân lớp hai lần, coi x tham số, ta lấy tích phân theo biến y, sau đó ta lấy tích phân theo biến x việc chứng minh dễ dàng hơn.

Vấn đề 4.

Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Khả Vi

Bài toán 4.1. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục [a,b] f(a) =0 Chứng minh

 

2 '

ax f(x) ( )

x [a,b]

b

m b a f x dx

a

 

 

     

 

  

 

Chứng minh

Do f(a) = nên f x( )o f x( )o f a( ) xo f x dx'( ) a

trong f x( o)max f(x)/x [a,b]  

Suy ra   

2 2 2

2 ' 2 ' '

( ) xo1 ( ) xo1 xo ( ) xo ( )

f xo f x dx dx f x dx b a f x dx

a a a a

 

       

           

     

Vậy  

2

2 '

ax f(x) ( )

x [a,b]

b

m b a f x dx

a

 

 

     

 

  

 

Bài toán 4.2. Nếu y = f(x) , y = g(x) liên tục, không âm, tăng [0,+] cho f(0)g(0) = Khi  a  ,  x  ta có

'( ) ( ) ( ) ( )' ( ) ( )

0

a x

f t g t dt f t g t dt f a g x

  (1)

Đẳng thức xảy x = a

Chứng minh

Nếu x = a hiển nhiên đẳng thức xảy Nếu x  a Gọi I vế trái (1) ta có

 '

'( ) ( ) '( ) ( ) ( ) ( )' ( ) ( ) '( ) ( )

0 0

' '

( ) ( )0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

x a x x a

f t g t dt f t g t dt f t g t dt f t g t dt f t g t dt

x x

a a

x

f t g t f t g t dt f x g x f t g t dt

x x

     

   

Vì x  t  a, g(x)  g(t) nên f’(t)g(x)  f’(t)g(t) Do y = f(x), y = g(x) không âm, tăng [0,+] nên

f x g x( ) ( ) a f t g t dt'( ) ( ) f x g x( ) ( ) g x f t( ) ( )ax f a g x( ) ( ) x

      .

Nếu x  a

 '

'( ) ( ) ( ) ( )' ( ) ( )' ( ) ( ) ( ) ( )'

0 0

' '

( ) ( )0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

a a x a x

f t g t dt f t g t dt f t g t dt f t g t dt f t g t dt

a a

x x

a

f t g t f t g t dt f a g a f t g t dt

a a

     

   

Vì a  t  x, f(a)  f(t) nên f’(a)g(t)  f(t) g’(t) Do y = f(x), y = g(x) không âm, tăng [0,+] nên

 

'

( ) ( ) x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x0 ( ) ( )

f a g a f a g t dt f a g a f a g t f a g x a

     

Chứng minh tương tự ta có kết sau

Bài tốn 4.3. Nếu y = f(x), y = g(x) liên tục, không âm, tăng [0,+] cho f(0)g(0) = Khi  a  0,  b  ta có

'( ) ( ) ( ) ( )' ( ) ( )

0

a b

f t g t dt f t g t dtf c g c

  (2)

Ví dụ 4.1. Chứng minh  x  0, ta có  ln 1   ln 2 ln

2

x  x    x  x  

 

Lời giải

Xét f(t) = t2, g(t) = ln(1+t) liên tục không âm, đồng biến t  Khi  t  0,ta có

2

ln 2 ln(1 )

2

0

t t x

x dt t t dt

t

   



Mà

 

         

1

2

1 1

ln ln

1 2

0 0

2

1 2 2

ln ln ln ln ln

2 2

0 0

t t

t t

t

x

x t x

t t dt t t t t x x x x

 

       

  

 

   

                



   

   

 ln 1   ln 2 ln

2

x  x    x   x

 

đpcm

Dấu “=” xảy x =

Ví dụ 4.2. Chứng minh  x  0, ta có ex2x6 3x46x2 73e0

Lời giải

Xét f(t) = t6, g(t) = t2

e liên tục, không âm đồng biến t  Khi  t  0,ta có

1

2 3 6

6

0

x

x t t

e e t dt t te dt Mà

 

   

1

1 5 4 2

6 2

0

2 2

7 6

2 6 6

0

t t

e t dt e t t e

x

x t t x

t e dt e t t t e x x x

    



        



ex2x6 3x46x2 7 3e đpcm

Dấu “=” xảy x =

Ví dụ 4.3. Chứng minh  x  0, ta có tan  ln os(x) ln

x  x c

 

   

 

 

Xét f(t) = tant, g(t) = t liên tục, không âm đồng biến t  Khi  t  ta có

 

tan tan

0

3 0 os ( )

x t

x tdt dt

c t





 

Mà

tan ln ln

0

3 ost 0 ln

ost 0 tan osx

2 os (

3

tan ln

)

x t

dt t x

tdt c

x

t t c x c

c







   



   

 

 tan  ln os(x) ln

x  x c

 

  

 

 

đpcm

Dấu “=” xảy x = 

Ví dụ 4.4. Với < < a Chứng minh a lna a

a a

 

  .

Lời giải

Xét hàm số y = lnx [1,a], với a  Ta có y(1) =

y’ = 1 0 x 

Khi    

2 2

'

ax lnx ln

1 x [1,a]

a

m a x dx

 

 

 

  



 

  

 

Suy

ln 2  1 12 ln 2  1 1

b

a a dx a a

a x

 

        

 

 a lna a

a a

 

  .

Vấn đề 5.

Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Khả Tích

Bài tốn 5.1. Nếu f(x) ,g(x) khả tích [a,b] f(x)  g(x) b f x dx( ) bg x dx( )

a a

Hệ quả. Nếu f(x)  0,  x  [a,b] b f x dx( ) a 

1 ln ( )

1

( )

( )

b

f x dx b

b a b aa

e f x dx

b b a a

dx f x a



 

  

 

(1)

Nhận xét Với ai 0,i1,n Ta có dãy bất đẳng thức sau

2 2

1 2

1 1

1

a a a a a a

n n a a n n

an n n

a a an

     

  

   (2)

Chứng minh

Chia [a,b] thành n đoạn nhỏ điểm chia a x 0x1 xnb chọn i [xi 1, ],x ii 1, ,n xi xi xi 1 b a

n

       

 

Ta có ( ) lim ( ) ( ) lim ( )

1

b n b a b n f i

f x dx f i f x dx

n b a n

a n i a n i

  

    

 



   

Tương tự

1 ln ( )

lim ( ), lim

1

1

( ) ( )

b

f x dx n b a n

b aa n

e n f i b n n

i dx

f i f x

a i





 



  

    

 



Áp dụng dãy bất đẳng thức (2) ta có

( )

( )

1

1

( )

f n

n i n

n f i n

n

i i

f

i i







 

 

  



Cho n  ta dãy bất đẳng thức (1)

Ví dụ 5.1. Chứng minh 1xln(x 1x2) 1x2, x R.

Lời giải

Xét hàm số f t( ) ln t 1t20, t

 

Khi với  t  x ta có ln 0

x

t t dt

 

  

  

 

Xét ln( 2)

x

I  t t dt. Đặt u ln(t t2)

dv dt 

   

   

Suy I xln(x 1x2) 1x2  1 0.

Với x  t < f t( ) ln t 1t2 ln t 1t20, x

   

Khi với x  t  ta có 0ln t t2 dt x

 

  

  

 

0 2 2 2

ln( ) ln( ) 1

2

ln( ) 1 ,

I t t dt x x x x

x

x x x x x

          

       

Khi x = bất đẳng thức trở thành đẳng thức Vậy ta có 1xln(x 1x2) 1x2, x R.

Ví dụ 5.2 Cho x  Chứng minh với n nguyên dương

ex

3

2

2! ! !

x x x

n

x    n

  (*)

Lời giải

Ta chứng minh (*) phương pháp quy nạp Với n = 1, từ et  với t  ta có với x 

0 x te dt

  1

0

x x

dt e 

  x  ex  + x Giả sử với n = k ,  t 

t

e 

3

2

2! ! !

t t t

k

t    k

 

Với x  , ta có x te dt  

2

2! !

0

k

x t t

t dt

k

 

     



 

 



x t

e 

2 2!3 !( 1)

0 x k

t t t

k k 

 

     

  

 

 ex-1  3

2! 3! ( 1)!

k

x x x

x

k 

  

  ex  + 3

2! 3! ( 1)!

k

x x x

x

k 

  

 Công thức với n = k +1

Vậy (*)  n 

Ví dụ 5.3 Chứng minh  x  0, ta có sin 

x

x  x x

Lời giải

Ta có  t  ta có  – cost = 2sin2(

t

) 2

2 t       

Suy  x 

      3  

0 ost sin 0 sin x s in x

2 6

0 0

x

x xt x t x x

c dt dt t t x x x

               

Ví dụ 5.4. a) Chứng minh với n nguyên dương

   

2

(2 )!! (2 )!!

<

2 !! 2 !!

n n

n n n n



   



   

  

   

b) Sử dụng (8) để tính

0 x K   e dx

Lời giải

a) Xét tích phân 2sin 2sin sinx

0

n n

In xdx x dx

 



 

Dùng phương pháp tích phân phần, ta có

đặt  

1 n-1

sin osx.sin

sinx.dx v=-cosx n

u x du n c x dx

dv 

    

 

 

  Ta có

 

     

2

1 2

sin osx os sin

0 0

2 2 2 2

1 sin sin sin sin

0 0

1

( 1) 2 ( 1) 2 2

n n

In x c n c x x dx

n n n

In n x x dx n x dx x dx

n

In n In In nIn n In In In

n 



  

 

   

 

   

        

 

 

 

 

 



        

  

Với n=2m, ta có

2

2 2 2

2 3

2 2 2 4 4

m

I m I m

m m

I m I m I I

m  

 

  

  

nhân vế cho vế ta có

   

 

2 3 2 2 2 4

m m

I m I

m m

 



 biết

2sin2 21 os2x sin 2 1.

2 0 0 2 2 2 2

0 x

I xdx c dx x

  



 

       

 

   

 

2 3 2 2 2 4.2 2

m m

I m  m m  

 (1)

Với n = 2n + ta có

2

2 2 1

2

2 2 1

3 3 m

I m I m

m m

I m I m

m

I I



  

 

  

 Nhân vế cho vế ta có

 

 

2 2 2 (2 1) 2 1 3

m m

I m I

m m

 

  

biết

2sin osx 2 1

0 0

I xdx c





  

Vậy

 

 

2 2 2 1 (2 1) 2 1 3

m m

I m  m m

  

Cho  x  

Suy

  2

2 2 2

sin sin sin sin sin sin

0 0

2 2

n x n x n x n xdx nx dx n xdx

I n I n I n

  

  

       

  

 

Dấu “=” xảy t = Theo cơng thức (1) (2) ta có

 

 

2 2 4.2 (2 1) 5.3

n n

n n



  <

 

 

(2 1) 3 2 2

n n

n n



 

 <

 

 

(2 2) (2 1) 3

n n

n n

 

 

  

 

2 2 4.2 (2 1) 5.3

n n

n n n

  

 

  

 

<

 <  

 

2 2 2 (2 1) 3

n n

n n n

  

 

 

 



   

2

(2 )!! (2 )!!

<

2 !! 2 !!

n n

n n n n



   



   

  

   

(*)

b) Tính

Nhận xét f t( ) 1 t e t đạt giá trị lớn x = Do với t ≠ có 1t e t 1 Từ  

 

2

2

1 2 ,0

2

1 1

n

x nx

x e x e n x

x x

 

        

 

Suy  

 

1 2 2 2 1

1

2

0 0 1

n nx nx

x dx e dx e dx n dx

x                     

1 2 2 1 !!

1 sin ,

2 !!

0

1 2 1

,

2

1 2 2 (2 3)!!

sin

(2 2)!! 2

0 1

n n n

x dx tdt

n nx

e dx K

n n n dx tdt n n x                       Vậy                  

2 !! !!

2 !! 2 !!

2 2

2 !! 2 !!

2 (**)

2 !! 2 2 !!

n n

n K n

n n

n n

n n

K n

n n n n n

                                  

Từ công thức (*) ta được:  

 

2

2 !!

lim 2nn1 !! 2n 1 2 n             Từ (**) cho n  suy K2 =

4 

và

2 K  

Ví dụ 5.5. Tính

  ln , 1 t x

I dx t

x

  



Chứng minh

1, t t t t t           Lời giải Đặt   ' ln ' 1

u x u

Khi

 

ln ln ln ln ln

ln

1 1 1 1 1 1

t t t

x t x t t

I dx

x x x t x t t

      

     

Vì

 

ln

( ) 2 0, [1,t],I

1 ln

t- ln ln(1 ) ln

x

f x x

x t

t t

t

    



    

 Suy

       

       

   

ln ln ln 1 ln

1

1 ln ln( 1) ln ln ln

1

1

2 ,

2

t t t t t t

t t

t t t t t t t t

t t

t t t

t t t t t

        

 

        

 

   

       

 

Dấu “=” xảy t =

Ví dụ 5.6. Với < a < b Chứng minh

 ln 2 ln ln   ln 2

3

a ab b

a b ab a a b b a b    a b  

Lời giải

Xét hàm số y = x2 khả tích [a,b] với a > Khi đó ln

1 2

1

2 ln ln

3

1

b

xdx b

b a b aa

e x dx

b b a a

dx a x

a a b b a b

b a b a b a

e

b b a

x a

 

 

 



 

  

 

  

  

  

 



 ln 2 ln ln   ln 2

3

a ab b

a b ab a a b b a b    a b  

Ví dụ 5.7. Với < x < y Chứng minh

3

2 2

( ) ( )( ) ( )

x y x y

x y x y

e x y x y e e e e

 



     

Lời giải

Xét hàm số y = et khả tích [x,y] với x > Khi đó

1

y

tdt y

y x

y x x t

e e dt

y y x x

dt t x e

  

  

 

      

3 2

2 x y2 x2 y

x y x y

e x y x y e e e e

 

 

  

     

 

 

Nhận xét Với ví dụ ta dùng tích phân giải dễ dàng dùng phương pháp khác gặp nhiều khó khăn Để thấy hiệu việc dùng tích phân để chứng minh bất đẳng thức, ví dụ sau sử dụng ứng dụng tích phân để tạo ra những bất đẳng thức có sử dụng tích phân chứng minh được.

Vấn đề 6.

Sử Dụng Cơng Thức Tính Độ Dài Cung Phẳng

Bài toán. Cho cung AB đồ thị hàm liên tục y = f(x) [a,b] độ dài l cung AB

l b f'2( )t dt a

 

Bài toán 6.1. Cho cung AB đồ thị hàm liên tục y = f(x) [a,b] Gọi l độ dài cung AB l  ABđẳng thức xảy y = f(x) = ax + b; a,b  R

Ví dụ 6.1.1. Chứng minh a a( 4) 4ln  a a4 a a( 4) 4ln 2,  a 0.

Lời giải

Xét hàm số y = x hai điểm O(0,0), A(a,4 a) Khi

4 2

1 ( 4) 4ln

2

0

2 16 a

a a a

l dx t dt a a

x

OA a a

 

       

 

Từ l > OA Suy đpcm

Ví dụ 6.1.2. Cho a số không âm Chứng minh

2 2

2a 4 a ln(2a 4 a ) 4 a 1a Lời giải

Xét hàm số y = ax2 hai điểm O(0,0), A(1,0) Khi

OA a

B

A

a b x

y

1 2

l  a x dx Đặt t2 ,ax dt2adx Suy

2

1 2 2 2 2 2

1 ln ln

2 0 0

a a

l t dt t t t t a a a a

a a a

     

                  

   

   

Từ l  OA suy

2a 1 4 a2ln(2a 1 4 a2) 4 a 1a2 Đẳng thức xảy x =

Ví dụ 6.1.3. Chứng minh với  a  b ta có

    3 2

2 9  b 9 b 9 a 9 a 27 4a 4b  8ab ab a b  2ab

 

Lời giải

Xét hàm số y x3và hai điểm A(a,2a a), Bb b b,2 

Ta có AB 4a34b3 8ab ab a 2b2 2ab y' 3 x nên độ dài cung AB

 3

2

1 9

27

b b

l xdx x

a a

    1  1 

27 b b a a

     

 

Vậy 1  1  4 2 27  b  b  a  a  a  b  ab ab a b  ab Đẳng thức xảy a = b

Ví dụ 6.1.4. Chứng minh với

2

a b 

   ta có

 2     2

ln tan ln tan ln sin ln sin

2

b a

a b a b

   

    

   

   

Lời giải

Xét hàm y = ln(sinx) A a( ,ln(sin )), ( ,ln(sin ))a B b b ta có  2 ln sin  ln sin 2

AB a b  a  b y’ = cotx nên độ dài cung AB

2

1 os l n tan ln tan ln tan

sinx 2

b

b b x b a

l c xdx dx

a a a

     

Vậy ln tan ln tan  2 ln sin  ln sin 2

2

b a

a b a b

   

    

   

   

Đẳng thức xảy a = b

Ví dụ 6.1.5 Chứng minh với  a  b ta có

 

2

2 2

1 ln

2

b b

b b a a b a a b ab

a a

 

        

 

Lời giải

Xét hàm số 2

y x hai điểm ( ,1 2), ( ,1 2)

2

A a a B b b

Ta có 1  2

2

AB b a a b  ab y’ = x nên độ dài cung cần tìm

2 2

1 ln

2

1

2 2

1 ln 1 ln

2 2

2

1

2

1 ln

2 2 1

b

b x

l x dx x x x

a a

b a

b b b a a a

b a b b

b a

a a

 

        

 

   

            

   

 

    

 

ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b

Bài toán 6.2.Cho cung AB đồ thị hàm liên tục y = f(x) [a,b] Trên cung AB lấy n điểm A1A A, 2, ,An B Gọi l,d độ dài cung AB độ dài đường gấp khúc

, , ,

1

A A A An B ta có l  d Đẳng thức xảy y= f(x) = ax + b ;

với a,b  R

Ví dụ 6.2.1. Cho  a  b  c  d  2 Chứng minh

b a 2sinbsina2  c b 2sincsinb2  d c 2sind sinc2  2 0

Lời giải

Xét hàm số y = f(x) = sinx [0,2] điểm

( ,sin ), ( ,sin ), ( ,sin ), ( ,sin ), (0,0), (2 ,0)

A a a B b b C c c D d d O M  Từ l  d ta có

 2 sin sin 2  2 sin sin 2  2 sin sin 2 os2

b a  b a  c b  c b  d c  d c   c xdx

Mà os2 1 osx c xdx c dx

 



    

 

Suy

b a 2sinb sina2 c b 2sincsinb2 d c 2sind sinc2  4 2 Đẳng thức không xảy

O x

y

A

B

a b

A2 A1

Ví dụ 6.2.2. Cho  1 x1x2 xn1 Chứng minh rằng  1 2 12 2

2

n

xi xi xi xi

i



 

     

    

 



Lời giải

Xét hàm số y = f(x)  1 x2 điểm A xi i( , 1 xi2),i1,n, với A A B 1, An Từ l  d ta

 1 2 12 2

n

xi xi xi xi

i



 

     

    

 



Đẳng thức không xảy

Bài toán 6.3.Cho hai hàm y = f(x), y = g(x) liên tục [a,b] thỏa f(a) = g(a) , f(b) = g(b)

gọi lf ,lglà độ dài cung phẳng đồ thị hàm f, g [a,b] Nếu đồ thị f(x), g(x) lồi f(x)  g(x) lf lg.

2 Nếu đồ thị f(x), g(x) lõm f(x)  g(x) lf lg.

Ví dụ 6.3.1 Chứng minh  a < B

A

a b x

y

O

lf

A

B

a b x

y

O

2 2

3 3

4 4

1 1

2 2

3

4

ln

3

1 4 1 2

2

3 3

1

a a a a a a a a a a a a

a a a

a a a a a a a a a a

a

a a a a a a

a a a a a

a a a

a a

 

     

        

      

        

     



     

       

   

    

 

          

   



        

      

 

   

2 2

3

4 ln

3

a a

a a

a a

a a

  

 

  

 

   

  

 

 

Lời giải

Xét hàm số y = f(x) = ax2-a y = g(x) = x2

với  a < 1.Ta có f(x)  g(x) đồ thị lõm [0,1] nên lf lg  đpcm

Ví dụ 6.3.2 Chứng minh  a <

1 2

2 2

4 2 4 2 4 2

2 4 4 2 2 1

2

4 2 ln 2

2

4 2

2

2

2 2 2

2

2 2 8ln

a a a a a a a a a

a a a

a a a a a a

a a a

a a a a a a

a a a

 

     

             

     

     



   

   

              

       



   

             

   

 

       

 

2 2

2 2

a a a

a a a

       

Lời giải

Xét hàm số y = f(x) = 2x2 + (1-2a)x y = g(x) = x2 + (1-a)x, với a > 0. Ta có f(x)  g(x) đồ thị lõm [0,a] nên lf lg  đpcm.

Vấn đề 7

Sử Dụng Cơng Thức Tính Diên Tích Hình Phẳng

thì diện tích giới hạn x = a, x = b, y = 0, y = f(x) S b f x dx( )

a

 

Bài tốn 7.1.Cho y = f(x) liên tục khơng âm [a,b].Gọi S diện tích giới hạn x = a, x = b, y = 0, y = f(x) ,Sht diện tích hình thang có cạnh đáy f(a), f(b) chiều cao b-a Khi ta có

1 y = f(x) có đồ thị lồi S  Sht đẳng thức xảy a = b y = f(x) có đồ thị lõm S  Sht đẳng thức xảy a = b

Ví dụ 7.1.1.

Cho  a  b  

Chứng minh osa - cosbc   b a  sinasinb

Lời giải

Xét hàm số y = sinx ,lồi 0,        Từ S  Sht suy đpcm

Ví dụ 7.1.2. Cho  a  b Chứng minh ln 2

2

b b

b a a b

a a

 

   

 

Lời giải

Xét hàm số y = x2 1 lõm [a,b] , x  Từ bất đẳng thức S  Sht suy đpcm

Dấu “=” xảy a = b

Ví dụ 7.1.3. Cho  a  b Chứng minh b a b e2 b a a

 

 

 

 

      

Lời giải

Xét hàm số y = lnx lồi [a,b] , x > Từ S  Sht suy đpcm

Dấu “=” xảy a = b

B A

a b x

y

O a

B A

b x

y

x

o=a x1 xi-1x

i xn-1b=xn x y

O

Bài toán 7.2. Cho y = f(x) liên tục không âm [a,b] Chia [a,b] thành n phần điểm chia a x ox1 xn b Gọi S diện tích hình thang cong giới hạn x = a, x = b, y = 0, y = f(x) S b f x dx( )

a

 

Gọi S1 tổng diện tích n hình chữ nhật có cạnh b a

n 

cạnh ( ), ( ), , (1 1)

f xo f x f xn

 1 ( ) ( ) 1 ( 1) b a

S f xo f x f xn

n 

 

   



 

Gọi S2 tổng diện tích n hình chữ nhật có cạnh b a n

 cạnh ( ), ( ), , (1 2 )

f x f x f xn thì

( ) ( ) ( )

2

b a

S f x f x f xn

n

  

   

 

Gọi S3 tổng diện tích hình thang co chiều cao b a n  ,hai cạnh đáy f(xo) f(x1), f(x1) f(x2),… , f(xn-1) f(xn)

( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 2

f x f x

b a o n

S f x f x f xn

n



  

      



 

Khi ta có

1) Nếu f đồng biến S1 S S2.

Dấu “=” xảy y = f(x) = x +  ,với ,   R 2) Nếu f nghịch biến S1 S S2.

Dấu “=” xảy y = f(x) = x +  ,với ,   R 3) Nếu đồ thị y = f(x) lồi S3 < S

4) Nếu đồ thị y = f(x) lõm S < S3

Ví dụ 7.2.1. Chứng minh với  n  R, ta ln có

2

1

3

n n n

n    n

      

 

Lời giải

Xét hàm y = x [a,b] tăng , đồ thị lồi ,ta có

3

n

S  xdx n n

3 2n

1

S     n

Từ S3S S 2 Suy đpcm.

Ví dụ 7.2.2 Chứng minh

! 12

n

n n n

e  n n n  e 

Lời giải

Xét hàm số y = lnx [1,n+1] tăng, đồ thị lồi ta có

 

ln ln

1

1 1

ln (ln ln 3) ln( 1) ln ln ! ln

3 2 2 2 2

n

S xdx n n n

S n n n n

   

        

Gọi A A A1 3, , , ,Anlà điểm trục ox có hồnh độ 1,2,3,.,n M M2, 3, ,Mn điểm có tọa độ (2,ln2);(3,ln3);….;(n,lnn)

5, 3, 5, , 1,

4 2 2

A A A A A

n n điểm trục ox có hồnh độ

5 1

, , , , , 2 n n2

Khi S4 tổng (n-1) diện tích hình thang có đường trung bình AiMi (i = 2,3,…) có đáy đoạn chắn tiếp tuyến với đồ thị y = lnx Mi với đường song song với trục tung xuất phát từ điểm 1,

2

A A

i i hai cạnh bên nằm ox tiếp tuyến với đồ thị Mi cộng thêm hình thang nhỏ có đường trung bình

,

5

4

A M

1 5

ln 1ln 1ln 1ln( 1) 1ln ln ln !

4 2 4 2 4

S      n  n  n

Ta có 3 4 ln ! 1ln ln 1ln5 ln !

2

S S S  n n n n n     n  ! 12

5

n

n n n

e  n n n  e 

Ví dụ 7.2.3. Chứng minh ,với n  R, n > ,ta có

 

1 1

ln 1

2 2

n n

n n n



        

 

Lời giải

Xét hàm số y x

 giảm lõm [1, n + 1] nên S2S S 3ta có

1 1

ln 1 ln( 1)

n n

S dx x n

x

 

1 ( ) ( ) ( )

2 2 1

( )o ( ) 1

( ) ( ) ( )

3 2 2 2 2

b a

S f x f x f xn

n n

f x f x

b a n n

S f x f x f xn

n n n



 

      

  



   

           

 

 

1 ln 1 1

2 2

n n

n n n



        

 

Ví dụ 7.2.4. Cho n  R, n > Chứng minh

1 ( 1) 2 ( 1)

os os os os os os

2 2 2 2

n n

c c c n c c c

n n n n n n

     



 

         

Lời giải

Xét hàm số y = cosx nghịch biến ,lồi [0,1] nên S3S S 1 ta có osxdx 1 o

S c



 

( ) ( ) ( )

1 1

b a

S f xo f x f xn

n

  

   



  =

2 ( 1)

1 os os os os

2 2 2

n n

c c c c

n n n n n

      

       

 

( ) ( ) ( )

3 b a

S f x f x f xn

n

  

    

 

1 os

2 ( 1) 2

os os os

2 2 2

n c

n n

c c c

n n n n



   

 



  

      

 

 

1 ( 1) 2 ( 1)

os os os os os os

2 2 2 2

n n

c c c n c c c

n n n n n n

     



 

          

Bài toán 7.3. Cho y = f(x) liên tục không âm [a,b] Gọi S diện tích giới hạn x = a , x = b, y = 0, y =f(x) với phép phân hoạch [a,b] điểm chia

1

a x ox  xn b

 Gọi S1 tổng diện tích n hình chữ nhật có cạnh xi+1 - xi , f(xi) 1  1   , 0,

0 n

S xi x f x ii i n

i

   

 Gọi S2 tổng diện tích n hình chữ nhật có cạnh xi+1 - xi , f(xi+1) 2  1   1, 0,

0

n

S xi x f xi i i n i

    

 Gọi S3 tổng diện tích n hình thang có chiều cao xi+1 - xi, hai đáy f(xi), f(xi+1)

   

1

( ) , 0,

3 2 0 1

n

S xi xi f xi f xi i n

i

 

      

 

xo=a x1 x

i-1xi xn-1 b=xn x y

O

f(x) Khi ta có

1) Nếu f đồng biến S1S S 2. Dấu “=” xảy y = f(x) = x +  ,với ,   R

2) Nếu f nghịch biến S1S S2.

Dấu “=” xảy y = f(x) = x +  ,với ,   R

3) Nếu đồ thị y = f(x) lồi S3 < S 4) Nếu đồ thị y = f(x) lõm S < S3

Ví dụ 7.3.1. Cho ≤ x ≤ y ≤ Chứng minh

2[1 x (y x e ) x(1 y e) y] 2 e 2 (1 y e x ye)   x(1 x e) y

Lời giải

Xét hàm số f(t) = et tăng, lõm [0,1] Khi đó: S

1 < S < S3 với

( ) (1 )

1

1

1

(1 ) ( )( ) (1 )( )

3 2

y x

S x y x e y e

t S e dt e

y y

x x

S x e y x e e y e e

    

  

 

         

 đpcm

Ví dụ 7.3.2. Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 0  x y Chứng minh

   

2 2

1 1 ( ) 1

2

x y  x   x  y   x y x  x   y  y 

 

 

Lời giải

Xét hàm số f(t) = 1 t2 nghịch biến ,lồi [0,1] nên S3SS1

S  , 3 1 1 

2

S  x y  x   x  y 

  ,  

2

( ) 1

1

S  x y x  x   y  y Suy đpcm

Bài toán 7.4. Cho y = f(x) liên tục, không âm tăng [0,c] với c > Khi  a  [0,c],  b  [f(0),f(c)] ta có ( ) 1( ) ( )

( )

a b

f x dx f x dx ab f

f  

 



  

 

Dấu “=” xảy f(a) = b

32 b

S1 S

2 y

f()

f()

b

S S2

Chứng minh

Gọi S1 diện tích giới hạn x =  ,x = a, y = 0, y = f(x) 1 ( )

a

S f x dx



  Gọi S2 diện tích giới hạn yf( ) , y = b, x = , yf1( )x

 

1( )

b

S f x dx

f  

  Gọi S diện tích hình chữ nhật giới hạn x = 0, x = a, y = 0, y = b S = ab Gọi S’’ diện tích hình chữ nhật giới hạn x = 0, x =  , y = 0, y = f( ) S’ =  f( ) .Trong hai trường hợp b < f(a), b > f(a), ta có ''

1

S S  S S Đặc biệt  = f( ) = S1S2S Đẳng thức xảy f(a) = b.

Hệ quả. Cho y = f(x) liên tục, không âm tăng [0,c] với c > Khi  a  [0,c],  b  [f(0),f(c)] ta có

1

( ) ( )

0 (0)

a b

f x dx f x dx ab

f 

 

 

Dấu “=” xảy f(a) = b

Ví dụ 7.4.1. Cho a  0, b  1, ab = Chứng minh

2

2

1 ln

2

a a

a a a b

b a b  

    

 

Lời giải

Xét hàm số y = f(x) = 1x2 liên tục ,không âm, tăng (0,), f(0) = hàm ngược y x2 1 Ta có

2 1 1 2

0

a b

x  dx x  dx ab 

 

2

2

1 ln

2

a a

a a a b

b a b  

     

 

Ví dụ 7.4.2. Cho p > 1, q > thoả 1

p q  Chứng minh , ,

p q

a b

ab a b

p  q   

Lời giải

Xét hàm số y = xp-1, x > Vì 1 1

p q  nên x = yq-1 Do ta có hàm ngược yq = xq-1 Ta

có 1

0

p q

a p b q a b

x dx x dx ab ab

p q

 

    

 

 Bài toán vấn đề trường hợp riêng toán 7.1.

Cho hàm số y = f(x) > 0, với x  [a,b] Với phép phân hoạch [a,b] các điểm chia a a 0a1 anb, ta có

   

   

min ( ), ( ) ( )

1

0

max ( ), ( )

1

0

b n

S ai ai f an f ai f x dx

a i

n

an ai f an f ai S

i

      



     



(*) Dấu “=” xảy a =b a0 = a

an+1 = b f(x) = const Phương pháp để dạng toán là

 Xác định hàm số y = f(x) > với x  [a,b].

 Chọn phép phân hoạch biểu diễn bất đẳng thức qua S S, ,b f x dx( ) a

và dựa vào (*) để kết luận bất đẳng thức toán max, ta cần lưu ý khả dấu “=” xảy ra.

Ta mở rộng lên cho tích phân lớp sau

Cho f(x,y) > khả tích D Cho phép phân hoạch D thành miền nhỏ có diện tích B B B0 2, , , ,Bn.

Gọi min  1, 1,  , 

n

S Bi f xi yi f x yi i i

   



max  1, 1,  , 

n

S Bi f xi yi f x yi i i

   



Khi ta có: S f x y dxdy S( , ) D

  .

Qua ứng dụng hình học tích phân ta có chung phương pháp để chứng minh bất đẳng thức

Cho y = f(x) liên tục không âm [a,b] gọi A(a,f(a)), B(b,f(b)) Chia [a,b] thành n phần điểm chia : a x 0x1 xn b Trên cung AB lấy điểm

, , ,

1

A A An có hồnh độ x x1 2, , ,xn1.

a) Dựa vào độ dài cung AB độ dài đường gấp khúc AA A A1 2 n1Bta tạo số bất đẳng thức.

b) Dựa vào diện tích hình thang cong giới hạn x = a, x = b, y = f(x), y = diện tích các hình thang nhỏ ( hay diện tích hình chữ nhật nhỏ) ta tạo số bất đẳng thức.

BÀI TẬP

1) Chứng minh  n  R* ta có

   

1

1 n ! n n

n n e n 

   

arcsinb-cos2a+ 1-b ,2 0, , 0,1 ,

P b a b ab

n

 

 

    

 

3) Cho p > , q > thoả 1 p q  Chứng minh  a, b > ta có

p q

a b

ab p  q 

4) Chứng minh  x, y : < x  y ta có arctany-arctanx  y x

5) Chứng minh  x ta có 1xlnx 1x2 1x2 6) Chứng minh với x > y ta có   2  2ln1

1 x

x y x y

y 

   

 7) Với a, b  chứng minh ab ea1 b bln

 

8) Chứng minh 1 22  12 n   n    n  n  n 9) Chứng minh 2

1

1 , 0,

sin x x x

 

 

      

 

10) Cho < a < b chứng minh a-b ln a

a a b

b b



 

11) Cho dãy {ai}: 0a1a2 an1 Chứng minh

     

 2 1 12  n n 1 n2  n

3

2 n n

1 n n n 1

a a a a a a a a

3 a a a

a a a a a

  

  

 

  

 

 

  

12) Chứng minh

2 a ,

b  

 ta có

ln(1 b2) ln(cosa)

1 ab b arctan

b    

13) Chứng minh 0x1,x2 3ta có

x 1 x 1 x x 2

1

2

1         

PHỤ LỤC

   

( ) , 0, 0

( ) , 0, 0, , 0 1

( ) , 0, 1 2

( ) , 0, 0 1

( ) 2 , 0

( ) , 0, (0, ) ax

( ) , 0 1

( ) ax , 0, 1 1

2 1 ax

( ) ax 1

( ) ln 1 , 0 ax

( ) ln(1 ),

f x x x

f x a x a x a f x x x

x x

f x a x x a

f x x x

x

f x a x a a x

f x e a

f x x a e

f x e

e f x x

x f x e

  

 

   

      

      

   

 

   

 

   

      

      

   

 

0 1 ax

( ) ln ax

( ) sin , 0, , 0 1

( ) ln(1 2 ), (0, ) sin

k

( ) os , (0, ), 0 2

a f x e

e k

f x x x k

f x x

x

f x c x x k



 

              

2) Một số hàm lõm.

 

( ) , 0,0

( ) , 0, (0, ),0

1

( ) ln , 1, 1, 2, ( ) ln( 1), 0, ( ) ln ,

f x x x

f x a x a x a

n

f x x x n

ax

f x e x a

f x x x

 





   

     

  

   

 

( ) cos , [0, ], [0,1]

( ) sin , [0, ], [0,1] ( ) ln(sin ), [0, ]

sin

( ) , [0, ]

1 sin

( ) ln(1 cos ), (0, ) k

f x x x k

k

f x x x k

f x x x

x

f x x

x

f x x x

 

 



  

  

 

 



  

( ) arcsin ,

( ) arcsin , 0, ( ) arctan ,

x

f x x

x x

f x a x

a x

f x x x

 



  



 

KẾT LUẬN

Tiểu luận tập trung nghiên cứu số vấn đề sau

1 Đã cụ thể hố tính chất đại số lý thuyết tích phân xác định tốn ví dụ cụ thể Tiểu luận cịn đưa bảng số hàm lồi,hàm lõm phần phụ lục để phục vụ cho việc sáng tạo bất đẳng thức

2 Sử dụng tính chất hình học tích phân để chứng minh bất đẳng thức Đây vấn đề khơng cịn tài liệu tốn THPT viết vấn đề

3 Trình bày hệ thống ví dụ áp dụng bao gồm 50 bài, 28 tham khảo tài liệu, lại 22 sáng tác dựa kết từ toán

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Nguyễn Quý Dy ( chủ biên ), Nguyễn Văn Nho, Vũ Văn Thoả; Tuyển tập 200 thi vơ địch tốn, NXBGD

[2] Võ Giang Giai, Chuyên đề bất đẳng thức, NXBĐHQG Hà Nội

[3] Trần Văn Kỷ, Chọn lọc 394 toán bất đẳng thức , giá trị lớn _ giá trị nhỏ nhất, NXBTPHCM

[4] Nguyễn Văn Mậu ( chủ biên ), Bất đẳng thức số vấn đề liên quan, NXB ĐHKHTN Hà Nội

[5] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức định lý áp dụng, NXBGD [6] Hội toán học VN, Tạp chí tốn học tuổi trẻ

[7] Lê Hồng Đức (2009), Phương pháp giải tốn tích phân, NXBĐHSP

[8] Nguyễn Văn Nho, Phương pháp giải tốn chun đề tích phân, NXBĐHQG Hà Nội [9] Trần Thị Vân Anh, Hướng dẫn giải dạng tập từ đề thi quốc gia mơn tốn, NXBĐHQG Hà Nội

[10] http://anhngq.wordpress.com/bao-cao-khoa-h%e1%bb%8dc/ http://www.dayhocintel.net/diendan/showthread.php?p=49662 http://www.khkt.net/chu-de/13251/mot-so-lop-tich-phan-dac-biet/ http://diendantoanhoc.net/forum/index.php?showtopic=35223

http://diendantoanhoc.org/old/modules.php?name=News&file=article&sid=275