Bất đẳng thức tích phân
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (434.47 KB, 33 trang )
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
Chứng minh rằng :
3π
π
1
π
1. ∫π 4
dx
2
2
4
4 3 − 2 sin x
3
cot g
1
∫π 3
dx
12
x
3
4
1
π
1
1
3. ∫ 2
dx
6
0
2
6
1− x
2.
1
1
0
1+ x x
4. ln 2 < ∫
π
5. ∫
1
0
6.
dx <
π
4
1
π
dx
x + x+1
8
2
1
π
π
x
∫ 5
dx
4
3
0 x +x +x +3
18
9 3
Bài giải :
π
3π
1
1
1
1
1. x
⇒
sin x 1 ⇒ sin 2 x 1 ⇒ 1 2 sin 2 x 2 ⇒ 1 3 − 2 sin 2 x 2 ⇒
1
4
4
2
2 3 − 2 sin 2 x
2
3π
3π
3π
1 3π
1
1
π
π
dx ∫ π 4 dx ⇒ ∫π 4
dx
⇒ ∫π 4 dx ∫π 4
2
2
2 4
4
2
4 3 − 2 sin x
4
4 3 − 2 sin x
1
3 cot gx 1
π cot gx
π
π
3 cot gx 4
3 π3
4 π3
3
2. x ⇒
dx
dx
dx
⇒
⇒
∫π 4 x
3
π
π
π ∫π 4
π ∫π 4
4
x
3 1 4
π x π
π cot gx
3
1
∫π 3
dx
12
x
3
4
Bài toán này có thể giải theo phương pháp đạo haøm.
1
3. 0 x < 1 ⇒ 0 x 6 .... x 2 < 1 ⇒ −1 − x 2 − x 6 0 ⇒ 0 1 − x 2 1 − x 6 1 ⇒ 1 − x 2 1 − x 6 1
2
1
1
1
1
1
dx I
⇒ 1
⇒ ∫ 2 dx ∫ 2
6
2
0
0
1− x
1− x
1 − x6
1
1
π π
Với I = ∫ 2
− ; ⇒ dx = cos tdt
dx Đặt x = sin t ; t ∈
0
2 2
1 - x2
1
1
1
1
x
0
1
1
π
cos tdt
π
2
dx
⇒I=∫ 2
= ∫ 2 dt = Vaäy ∫ 2
0
0
0
π
6
2
6
t
0
1 − x6
1 − sin 2 t
6
4. 0 x 1 ⇒ x x 1 ⇒ x 2 x x x ⇒ 1 + x 2 1 + x x 1 + x
1
1
1
⇒
( 1) ; ∀x ∈ [ 0,1]
x + 1 1 + x x 1 + x2
⇒
Dấu đẳng thức trong (1) xảy ra khi :
VT(1) VG(1)
x = 0
⇒ x∈∅
VG(1) VP(1)
x = 1
1
1 dx
1
1
1
1
π
dx < ∫
dx < ∫ 2
⇒ ln 2 < ∫
dx <
0 1+ x
0
0 x +1
0
4
1+ x x
1+ x x
1
1
π
Chú ý : ∫
dx = Xem bài tập 5 .
0 1 + x2
4
Do ñoù : ∫
1
1
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
5.
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
0 x 1 ⇒ x 2 x ⇒ x2 + x2 x 2 + x ⇒ 2 + 2 x 2 x2 + x + 2 ⇒
1
1
2
x + x + 2 2( x + 1)
2
1
1
1 1 1
1
dx ∫ 2
dx ; I = ∫
dx
0 x + x+2
0
0
2 x +1
1 + x2
1
dt = (1 + tg 2 t)dt
Đặt x = tgt ⇒ dx =
cos 2 t
π 1 + tg 2 t
π
1
x
0
1
π
π
1
π
Vaäy ∫ 2
⇒I=∫ 4
dx
dt = ∫ 4 dt = ⇒ I =
2
0 1 + tg t
0
0 x + x+2
π
4
4
8
0
t
4
0 x 5 x 3
⇒ 0 x5 + x 4 2 x 3 ⇒ x3 + 3 x 5 + x4 + x3 + 3 3 x 3 + 3
6. 0 x 1 ⇒
4
3
0
x
x
⇒∫
⇒
1
2
1
1
1
x
x
x
⇒ 3
5
3
5
3
4
3
4
3
3x + 3 x + x + x + 3 x + 3
3x + 3 x + x + x + 3 x + 3
3
1
1
x
x
x
dx ∫ 5
dx ∫ 3
dx ( 1 )
4
3
0 3x + 3
0 x + x + x +3
0 x +3
⇒∫
1
3
x
0
1
1 1 x
x
=
dx
dx ; Đặ t x = t 2 ;( t 0) ⇒ dx = 2 tdt
3
∫
0 3 x3 + 3
0
3 x +1
t
0
1
2
1
1
1
1
2t
2
3 t . dt
t
0
1
2
du
π
I1 = ∫ 6
dt = ∫ 3 2
Đặt u = t 3 ⇒ du = 3t 2 dt
⇒ I1 = ∫ 2
=
0
0
0
3 t +1
9 (t ) + 1
0
1
9 u + 1 18
u
π
Kết quả : I = (bài tập 5)
4
1
1
x
π
x
°I2 = ∫ 3
=
(tương tự) Vậy (1) ⇔ I1 ∫ 5
dx I2
4
0 x +3
0 x + x + x3 + 3
9 3
° I1 = ∫
1
1
π
π
x
∫ 5
dx
4
3
0
18
x + x + x +3
9 3
1,Chứng minh rằng : ∫
π
0
2.Neáu : I ( t ) = ∫
t
0
2
sin x .cos x
(1 + sin x ) (1 + cos x )
4
4
dx
π
12
2 tg 3t + 3 tgt
tg 4 x
π
π
)
(
dx > 0 , ∀t ∈ 0 , ; thì : tg t + > e 3
cos 2 x
4
4
Bài giải :
1. Ta có :
⇒
3
2 + cos2 x + sin2 x
2 + sin 4 x + cos 4 x
=
(1 + sin 4 x)(1 + cos4 x) (1 + sin 4 x)(1 + cos 4 x) (1 + sin 4 x)(1 + cos 4 x)
3
1 + sin 4 x + 1 + cos 4 x
1
1
=
+
4
4
4
4
4
(1 + sin x)(1 + cos x) (1 + sin x)(1 + cos x) 1 + sin x 1 + cos 4 x
2
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
⇒
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
3 sin x. cos x
sin x. cos x sin x. cos x
sin x. cos x
1 sin 2 x
sin 2 x
+
⇒
+
4
4
4
4
4
4
4
(1 + sin x)(1 + cos x)
1 + sin x
1 + cos x
(1 + sin x)(1 + cos x) 6 1 + sin x 1 + cos 4 x
π
3 sin x. cos x
1 π 2 sin 2 x
sin 2 x
2
+
dx
dx
dx
4
4
∫
∫
0
0
0 (1 + sin 4 x)(1 + cos 4 x )
6
1 + sin x
1 + cos x
π
sin 2 x
°J1 = ∫ 2
dx
Đặ t t = sin 2 x ⇒ dt = sin 2 xdx
0 1 + sin 4 x
π
0
x
2 ⇒ J = 1 dt = π (kết quả I= π bài tập 5)
1
∫0 t 2 + 1 4
0
1
t
4
π
sin 2 x
°J2 = ∫ 2
dx
Đặ t
u = cos 2 x ⇒ du = − sin 2 xdx
0 1 + cos 4 x
π
x
0
1 du
π
π
2
⇒ J2 = ∫ 2
= (kết quả I= bài tập 5)
0
u
u +1 4
1
0
4
π
π
sin x. cos x
1
sin x. cos x
π
⇒∫ 2
dx ( I + J ) Vaäy ∫ 2
dx
4
4
0
0 (1 + sin 4 x)(1 + cos 4 x)
6
(1 + sin x)(1 + cos x)
12
dt
2. Đặt t = tgx ⇒ dt = (1 + tg 2 x) dx ⇒ dx =
1 + t2
⇒∫
π
2
tgt
tgt t 4
tgt t 4 dt
tgt 2
dt
1
1 3
1
t-1
1 3
1
tgt - 1
I =∫
t 0 1 - t 2 . 1 + t 2 = ∫0 1 - t 2 = ∫0 -t - 1 + 1 - t 2 dt = - 3 t - t - 2 ln t + 1 0 = - 3 tg t - tgt - 2 ln tgt + 1
1 + t2
Vì
1
1
tgt - 1
I > 0 nên : - tg 3 t - tgt - ln
>0
(t)
3
2 tgt + 1
3
tg t + 3 tgt
1 tgt − 1 1
π 1
π
⇔ ln
= ln tg t + > tg 3 t + tgt ⇒ tg t + > e 3
2 tgt + 1 2
4 3
4
1
1
1
x2
Chứng minh :
vaø lim In dx = 0
≤ ∫ In dx ≤
1. I n =
0
n→+∞
2( n + 1)
n+1
x +1
1
2
vaø lim J n dx = 0
2. J n = x n ( 1 + e-x ) Chứng minh : 0 < ∫ J n dx
0
n→+∞
n +1
Bài giải :
n
1 x
1
xn
xn
1 1
1
1
1. 0 x 1 ⇒ 1 x + 1 2 ⇒
1 ;
x n ⇒ ∫ x n dx ∫
dx ∫ x n dx
0
0
0
2 x +1
x +1
x +1
2
2
2
1
1
n
n
1 x
1 x
x n+1
x n+1
1
1
⇒
∫
dx
⇒
∫
dx
0 x +1
0 x +1
n +1 0
2 ( n +1)
n +1
2 ( n + 1)
0
3
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
1
=0
nlim
→∞ 2 ( n + 1)
Ta coù :
lim 1 = 0
n→∞ n + 1
⇒ lim
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phaân
xn
n→∞ x + 1
=0
2. 0 x 1 ⇒ 0 e − x e 0 = 1 ⇒ 1 1 + e − x 2 ⇒ x n x n (1 + e − x ) 2. x n hay 0 x n (1 + e − x ) 2 x n
⇒ 0 ∫ x n (1 + e − x ) dx 2∫ x ndx ⇒ 0 ∫ x n (1 + e − x ) dx
1
1
1
0
0
0
Ta coù : lim
2
⇒ lim xn (1 + e− x ) dx = 0
=0
n→∞ n + 1
2
n +1
n→∞
Chứng minh rằng :
π
1. ∫ π cos x(4 − 3 cos x)(2 cos x + 2)dx ≤ 8π
- 2
π
3. ∫π
2. ∫
2
3
sin x(1 + 2 sin x )(5 − 3 sin x)dx <
4
π
5. ∫ sin 4 x. cos6 xdx ≤
0
2π
3
4. ∫
2
ln x(9 − 3 ln x − 2 ln x)dx ≤ 8(e − 1)
1
π
0
4
tgx(7 − 4 tgx)dx ≤
49π
64
243π
6250
Bài giải :
Đặt f(x) = cosx(4 - 3 cosx )(2 cosx + 2)
3
cos x + 4 − 3 cos x + 2 cos x + 2
= 8
f(x)
3
cauchy
⇒∫
π
−π
2
2
f(x)dx 8∫
π
−π
2
2
dx ⇒ ∫
π
−π
2
cos x(4 − 3 cos x )(2 cos x + 2)dx 8π
2
2. Đặt f ( x) = ln x (9 − 3 ln x − 2 ln x) = ln x (3 + ln x )(3 − 2 ln x )
3
ln x + 3 + ln x + 3 − 2 ln x
= 8
f ( x)
3
⇒∫
1
e
e
f ( x) dx 8∫ dx ⇒ ∫
1
e
1
ln x (9 − 3 ln x − 2 ln x) dx 8( e −1)
3
3. Đặt f ( x) = sin x (1 + 2 sin x)(5 − 3 sin x )
sin x + 1 + 2 sin x + 5 − 3 sin x
8
; f(x)
3
sin x = 1 + 2 sin x
sin x = −1
Đẳng thức ⇔
⇔ x∈∅
⇔
4 sin x = 5
sin x = 5 − 3 sin x
⇒ f(x) < 8 ⇒ ∫
π
π
4
3
f(x)dx < 8∫
π
π
4
3
dx
⇒∫
π
π
3
sin x(1 + 2 sin x )(5 − 3 sin x)dx <
4
1
4. Đặt f(x) = tgx(7 − 4 tgx) = .4 tgx( 7 − 4 tgx)
4
4
2π
3
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
2
1 4 tgx + 7 − 4 tgx
49
f ( x) ≤
=
4
2
16
∏
∏
49 ∏ 4
49 ∏
4
⇒ ∫ 4 f ( x ) dx
⇒
dx
tgx 7 − 4 tgx dx
∫
∫
0
0
16 0
16
(
)
5. sin 4 x.cos 6 x = (1 − cos 2 x).(1 − cos 2 x).cos 2 x . cos 2 x . cos 2 x
=
1
(2 − 2 cos 2 x)(1 − cos 2 x).cos 2 x.cos 2 x.cos 2 x
2
1 2 − 2 cos 2 x + 1 − cos 2 x + cos 2 x + cos 2 x + cos 2 x
≤
2
5
∏
243
243 ∏
⇒ sin 4 x.cos 6 x ≤
⇒ ∫ sin 4 x.cos 6 xdx ≤
0
6250
6250
5
Chứng minh rằng :
1.
∫
∏
2
−∏ 3
2. ∫
e
1
3. −
(
)
(
cos 2 x + 3sin 2 x + sin 2 x + 3cos 2 x dx
)
5∏ 2
3
3 + 2 ln 2 x + 5 − 2 ln 2 x dx 4 ( e − 1)
∏
4 ∫
3 cos x + sin x
∏
dx
2
4
x +4
Bài giải :
1. Đặt f ( x ) = 1 cos 2 x + 3sin 2 x + 1. sin 2 x + 3cos 2 x
f 2 ( x ) 2 ( cos 2 x + 3sin 2 x + 3cos 2 x + sin 2 x ) ⇒ f ( x ) 2 2
∏
∏
∏
−
−
−
⇒ ∫ ∏2 f ( x ) dx 2 2 ∫ ∏2 dx ⇒ ∫ ∏2
3
3
3
(
)
cos 2 x + 3sin 2 x + sin 2 x + 3cos 2 x dx
2. Đặt f ( x ) = 1 3 + 2 ln 2 x + 1 5 − 2 ln 2 x
f ( x ) 2 ≤ 2 ( 3 + 2 ln 2 x + 5 − 2 ln 2 x ) ⇒ f ( x ) ≤ 4
e
e
e
⇒ ∫ f ( x ) dx 4 ∫ dx ⇒ ∫
3 + 2 ln 2 x + 5 − 2 ln 2 x dx ≤ 4 ( e − 1)
1
1
1
(
)
3. 3 cos x + sin x ≤ ( 3)2 + 1 ( cos 2 x + sin 2 x )
⇒
3 cos x + sin x
x +4
2
≤
2
2
⇒
∫0
x2 + 4
3 cos x + sin x
x +4
2
≤ 2∫
2
0
5
dx
x +4
2
5∏ 2
3
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
Đặt x = 2tgt ⇒ dx = 2 (1 + tg 2 t ) dt
x
0
t
0
⇒∫
2
0
1
∏
4
⇒∫
2
0
3 cos x + sin x
dx
x +4
2
∏ 2 (1 + tg 2t )
∏
dx
1 ∏4
=∫ 4
=
dt
dt =
2
∫
2
0
0
2
8
x +4
4 (1 + tg t )
2 3 cos x + sin x
∏
∏
∏
⇒− ∫
dx
2
0
4
4
x +4
4
ĐÁNH GIÁ TÍCH PHÂN DỰA VÀO TẬP GIÁ TRỊ
CỦA HÀM DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN
Chứng minh rằng :
1.∫
∏
4
0
2.∫
2
3.∫
2
1
∏
sin 2 xdx 2∫
0
sin xdx
5. ∫ (ln x) 2 dx < ∫ ln xdx
2
6. ∫
∏
0
Bài giải :
∏ 0 ≤ sin x ≤ 1
1.∀x ∈ 0; ⇒
⇒ 2sin x.cos x ≤ 2 cos x
4 0 ≤ cos x ≤ 1
∏
0
2
1
2x − 1
x −1
dx < ∫
dx
1
x
x +1
⇒∫
2
0
2
⇔ sin 2 x ≤ 2 cos x
∏ sin x
sin x
dx > ∫∏
dx
x
x
2
4..∫
∏
2
∏
cos xdx
4
0
∏
0
sin 2 xdx ≤ 2∫
4
sin 2 xdx ≤ 2 ∫
∏
0
4
cos xdx
6
1
4
sin xdx < ∫
∏
0
4
cos xdx
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
∏ cos x ≤ 1
2. ∀x ∈ 0; ⇒
2 0 ≤ sin x
⇔ sin 2 x ≤ 2sin x ⇒ ∫
∏
0
2
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
⇒ 2 sin 2 x.cos x ≤ 2sin x
sin 2 xdx ≤ 2 ∫
∏
0
2
sin xdx
x -1 2 x − 1 −x 2 + x − 1
−
=
<0
x
x +1
x ( x + 1)
2 x −1
2 2 x −1
x −1 2x −1
⇒
<
⇒∫
dx < ∫
dx
1
1
x
x +1
x
x +1
3. ∀x ∈ [ 1;2
] Xét hiệu :
⇒ dx = -du
4. Đặt x = ∏ -u
∏
∏
∏
x
∏ sin x
0 sin(∏−u)
2 sin x
2
(−du) = ∫
⇒ ∫∏
dx = ∫∏
dx
0
∏
∏−u
∏−x
2
2 x
0
u
2
∏
1
1
<
0 < x < ⇒ 0 < x < ∏−x ⇒
∏−x x
2
∏
∏
sin x sin x
2 sin x
2 sin x
Vì : sin x > 0 ⇒
dx < ∫
dx
<
⇒∫
0
∏
∏−x
x
∏−x
x
∏
∏ sin x
2 sin x
⇒∫
dx > ∫∏
dx
0
x
x
2
5. Hàm số y = f(x) = lnx liên tục trên [1,2] nên y = g(x) = (lnx)2 cũng liên tục trên [1,2]
1 x 2 ⇒ 0 ln x ln 2 < 1 (*) ⇒ 0 (ln x )2 < ln x
2
2
] ⇒ ∫ (ln x )2 dx < ∫ ln xdx
∀x ∈ [ 1,2
1
1
Chú ý : dấu đẳng thức (*) xảy ra tại x0 = 1⊂ [1,2]
∏
∏
sin x
⇒ 0 < tgx < tg = 1 ⇔
<1
4
4
cos x
6. 0 < x <
⇔ sin x < cos x ⇔
∫
∏
0
4
sin xdx < ∫
Chứng minh rằng :
1. 2 ∫
2.
3.
1
2
1
∫
1
26 3 2
1
1
x8 + 1
0
∫
0
dx 1
x 25
1
3
x 10 + 1
dx
0
4
cos xdx
x.sin x
dx 1 − ln 2
0 1 + x .sin x
3 e− x .sin x
∏
5. 0 < ∫
dx
2
1
12e
x +1
x + 4 dx 5
2
0
∏
1
26
1
4.
∫
6.
1
∏
∏ 2
dx
∫
0
6
8
4 − x2 − x3
7
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
Bài Giải:
1. 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ 0 ≤ x 2 ≤ 1 ⇒ 4 ≤ x 2 + 4 ≤ 5 ⇒ 2 x 2 + 4 ≤ 5
1
1
0
0
⇒ 2 ∫ dx ≤ ∫
1
1
0
0
x 2 + 4 dx ≤ 5 ∫ dx ⇒ 2 ≤ ∫
x 2 + 4 dx ≤ 5
2. 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ 0 ≤ x 8 ≤ 1 ⇒ 1 ≤ x 8 + 1 ≤ 2
1
⇒ 0 ≤ x8 + 1 ≤ 2 ⇒
⇒
1
∫
2
1
0
dx ≤ ∫
1
0
1
≤1
x8 + 1
1
1
1
dx
dx
≤ ∫ dx ⇒
≤∫
≤1
0
0
2
x8 + 1
x8 + 1
2
≤
3. 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ 1 x10 + 1 2 ⇒ 1 3 x10 + 1 3 2
⇒
⇒
1
3
2
1
3
∫
2
1
0
1
3
x +1
10
1 ⇔
x 25 dx ∫
1
0 3
x
x 25
3
2
25
x +1
10
x 25
3
x +1
10
x 25
1
1
0
26 2
dx ∫ x 25 dx ⇒
4. Trước hết ta chứng minh :
3
∫
1
0 3
x 25
x +1
10
dx
1
26
x sin x
x
;(1) ∀x ∈ [ 0,1] .
1 + x sin x 1 + x
Giả sử ta có : (1).
1
1
1
1
(1) ⇔ 1 −
1−
; ∀x [ 0.1] ⇔
1 + x sin x
1+ x
1 + x sin x 1 + x
⇔ 1 + x 1 + x.sin x ⇔ x (1 − sin x ) 0 đúng ∀x ∈ [ 0,1]
1
1
x sin x
x
1
dx ∫
dx = ∫ 1 −
dx
0 x + x sin x
0 1+ x
0
1 + x
1 x .sin x
1
⇔∫
dx ( x − ln 1 + x ) = 1 − ln 2
0
0 1 + x sin x
1
x.sin x
⇒∫
dx 1 − ln 2.
0 1 + x .sin x
(1) ⇔
Vậy (1) đẳng thức đúng , khi đó:
∫
1
1
1
−x
1
e− x sin x
0 < e = x
5. x ∈ 1, 3 ⊂ ( 0, ∏ ) ⇒
<
e⇒0< 2
e
2
x +1
e ( x + 1)
0 < sin x < 1
3 e − x sin x
3 dx
1 3 dx
1
⇒0<∫
<
=
;
=
dx
I
I
∫1 x 2 + 1
1
e ∫1 x 2 + 1 e
x2 + 1
1
Đặt x = tgt ⇒ dx =
dt = (1 + tg 2 t )dt
2
cos t
8
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
x
t
1
∏
4
⇒ Ι = ∫∏
∏
4
3 e − x sin x
∏
Vaäy 0 < ∫
dx <
2
1
12e
x +1
(1 + tg t )dt =
2
∏
3
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phaân
3
4
1 + tg t
2
∏
∫∏ 4 dt = t
3
∏
∏
3
4
=
∏
12
6. 0 x 1 ⇒ 0 x3 x 2 ⇒ − x 2 − x3 0
⇒ 4 − 2 x 2 4 − x 2 − x3 4 − x 2
⇒ 4 − 2 x2 4 − x2 − x3 4 − x2
1
1
1
⇒
2
2
3
4 − 2x
4− x −x
4 − x2
1
1
1
1
1
1
⇒I =∫
dx ∫
dx ∫
dx = J
0
0
0
4 − x2
4 − x2 − x3
4 − 2 x2
Đặt x = 2sin t ⇒ dx = 2 cos tdt
∏
∏
x
0
1
2 cos tdt
∏
⇒I =∫ 6
= ∫ 6 dt =
2
0
0
∏
6
t
0
4 − ( 2sin t )
6
Đặt x = 2 sin t ⇒ dx = 2 cos tdt
x
0
1
∏
t
0
4
⇒J =∫
∏
0
⇒
∏
4
2 cos tdt
4−2
(
2 sin t
)
2
2
=
2
4
=
0
∏ 2
8
1
∏
∏ 2
dx
≤∫
≤
0
6
8
4 − x 2 − x3
Chứng minh rằng :
2
1
e −1
1.
∫ e− x dx 1
0
e
∏
2
∏
∏
2. ∫ 2 esin x dx e
0
2
2
∏
∏
1
∏ 6
≤ ∫ 2 1 + sin 2 x .dx ≤
0
2
2
4
1
1
4. 0.88 < ∫
dx < 1
0
1 + x4
3.
Bài giải :
9
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
1.°0 x 1 ⇒ 0 x 2 x 1 ⇒ 0 < e x e x
2
1
1
⇒ x2 x ⇔ e− x e− x (1)
e
e
2
°x 2 0 ⇒ e x e0 = 1 ⇒ e− x 1( 2 )
2
2
Từ (1) và (2) suy ra : e − x e− x 1
1
1
1
1
2
2
2
e −1
⇒ ∫ e − x dx ∫ e− x dx ∫ dx ⇒
∫ e− x dx 1
0
0
0
0
e
2
2
2. 0 sin 2 x 1 ⇒ 1 esin x e
⇒∫
∏
2
0
dx ∫
∏
2
0
esin x dx e.∫
2
∏
2
0
dx ⇒
∏
2
∏
∏
∫ 2 esin x dx e
0
2
2
1
1
1
3
3. 0 sin 2 x 1 ⇒ 0 sin 2 x ⇒ 1 1 + sin 2 x
2
2
2
2
⇒∫
∏
2
0
dx ∫
∏
2
0
∏
∏
∏ 6
1
3 ∏2
1
dx ⇒ ∫ 2 1 + sin 2 x .dx
1 + sin 2 x dx
∫
0
0
2
2
2
2
4
4. Caùch 1:
∀x ∈ ( 0,1) thì x 4 < x 2 ⇒ 1 + x 4 < 1 + x 2 ⇒
⇒∫
1
1
0
1 + x4
dx > ∫
1
1
0
1 + x2
Vaäy : 0,88 < ∫
1
1
0
1 + x4
1+ x
1
dx = ln x + 1 + x 2
1+ x
4
<1⇒ ∫
1
1
0
4
1
>
1 + x2
(
)
= ln 1 + 2 > 0,88
0
1
Mặt khác : 1 + x 4 > 1 ⇒
1
1 + x4
dx < 1
dx < 1
Chú ý : học sinh tự chứng minh
∫
1
a +x
2
2
dx = ln x + x 2 + a 2 + C bằng phương pháp tích phân từng
phần .
Cách 2 :
x ∈ ( 0,1) ⇒ x 4 < x 2 ⇒ 1+ x 4 < 1 + x 2
⇒
1
1+ x
>
4
Với : I = ∫
1
0
1
1+ x
1
1 + x2
Đặt x = tgt ⇒ dx =
2
⇒∫
1
0
1
1 + x4
dx > I
dx
1
dt = (1 + tg 2t ) dt
cos 2
10
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
x
0
t
0
I =∫
∏
4
0
(1 + tg t ) dt =
I =∫
∫
(1 + tg t )
I =∫
∏
4
0
4
0
2
1
dt
cos t
cos t
dt
1 − sin 2 t
2
0
2
∏
1
∏
4
Đặt u = sin t ⇒ du = cos tdt
1
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phaân
1
du
= ∫
2
1− u
2 0
1
2
t
0
∏
u
0
1
1− u + u +1
1
du = ∫
2 0
(1 − u )(1 + u )
4
2
1
1 1
1
1 1
1
1 1+ u
du + ∫ 2
du = ln
= ∫ 2
0
0
2
1+ u
2
1− u
2 1− u
2
1
1
+
du
1+ u 1− u
1
2
0
1 2+ 2
1
ln
> 0,88 ⇒ ∫
dx > 0,88
0
2 2− 2
1 + x4
1
Maët khaùc :1 + x 4 > 1 ⇒
<1
1 + x4
1
1
1
⇒∫
dx < ∫ dx = 1 ( 2 )
0
0
1 + x4
1
1
dx < 1
Từ (1) và (2) suy ra : 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
1
ex
e
dx
6.
1
−
1 − n −1
n
n −1
∫
0
n −1 2
n −1 2
(1 + x )
5. ∫
e− x .sin x
∏
dx <
2
1+ x
12e
200 ∏
Bài giải :
∏
⇒ 0 tgx 1 ⇒ 0 tgx 1 ⇒ 0 x tgx x
4
∏
Xeùt : 0 < α < x < β <
ta coù :
4
0 < tgx < 1
⇒ 0 < x tgx x
∏
0< x<
4
1. 0 x
I =∫
∏
0
4
α
β
0
α
x tgx dx = ∫ x tgx dx + ∫ x tgx dx + ∫
∏
β
4
x tgx dx
11
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
Ta có :
α
α
0 ∫ x tgx dx ∫ xdx
0
0
∏
∏
β
β
0 < ∫ x tgx dx < ∫ xdx ⇒ 0 ∫ 4 x tgx dx < ∫ 4 xdx
0
0
α
α
∏
∏
0 ∫ 4 x tgx dx ∫ 4 xdx
β
β
∏
∏2
⇒ 0 < ∫ 4 x tgx dx <
0
32
Chú ý : (α , β ) ⊂ [ a, b ] thì
b
∫
a
α
β
b
b
α
β
f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx + ∫ f( x ) dx
Tuy nhiên nếu : m f( x ) M thì :
b
b
b
b
a
a
a
a
m ∫ dx ∫ f( x ) dx M ∫ dx ⇒ m ( b − a ) ∫ f( x ) dx M ( b − a )
Nhöng (α , β ) ⊂ [ a, b ] thì m ∫ dx < ∫ f( x ) dx < M ∫ f( x ) dx
b
b
b
a
a
a
(Đây là phần mắc phải sai lầm phổ biến nhất )Do chưa hiểu hết ý nghóa hàm số f( x ) chứa (α , β ) liên
tục [ a, b ] maø (α , β ) ⊂ [ a, b ] )
2.
1 cos nx
1 cos nx
1 1
1
cos nx
=
=
+
= ln 2
dx
dx
dx
x
ln
1
∫0 1 + x
∫0 1 + x
∫0 1 + x
∫0 1 + x
0
⇒
∫
1
cos nx
dx ln 2
0 1+ x
1
e − x e −1 = 1
e
3. 1 x 3 ⇒
sin x 1
⇒
⇒
∫
3
∫
3
1
1
1
−x
3 e .sin x
3
e− x .sin x
dx
dx
∫ 1 + x 2
∫1 1 + ex2 dx
1 + x2
e− x .sin x
1
dx .I
2
1+ x
e
với I = ∫
3
1
1
dx
1 + x2
Đặt x = tgt ⇒ dx = (1 + tg 2t ) dt
x
1
∏
3
⇒ Ι = ∫∏
(1 + 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 Lạt
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
e − x = e −1
x = 1
⇔
⇒ x ∈ ∅, ∀x ∈ 1, 3
sin
=
1
x
sin
=
1
x
−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 luận đẳng thức (*)
đúng . Thật vô lý
4.
∫
1
3
−x
−x
3 e
3 e
e− x cos x
cos x
dx
dx
∫1 1 + x 2
∫1 1 + x 2 dx
1 + x2
Do y = e− x giaûm ⇒ max ( e− x ) = e −1 =
1
e
−x
3 e
3
cos x
1
1
∏
⇒ ∫
dx ∫
dx =
2
2
1
1
e
1+ x
1+ x
12e
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
⇒
v = sin x
dv = cos xdx
200 ∏
200 ∏ cos x
200 ∏ sin x
1
⇒∫
+∫
dx = sin x
dx
100 ∏
100
∏
x
x
x2
100 ∏
200 ∏
200 ∏ 1
cos x
1
1
=
dx ∫
dx = −
2
100 ∏
100 ∏ x
x
x 100 ∏ 200 ∏
200 ∏ cos x
1
Vậy ∫
dx
100 ∏
x
200 ∏
Bài toán này có thể giải theo phưong pháp đạo hàm .
⇒∫
200 ∏
13
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
6. 0 x 1 ⇒ 1 e x e ⇒
⇒∫
1
1
0
(1 + x )
n
1
ex
0
(1 + x )
dx ∫
1− n 1
( x + 1)
⇔
ex
0
(1 + x )
∫
1− n
Vaäy :
1
0
n
1
(1 + x )
n
dx e ∫
ex
(1 + x )
1
1
0
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
(1 + x )
n
n
e
(1 + x )
n
dx
1− n 1
n
( x + 1)
dx e.
1− n
0
1
1
1
e
e
1
dx
1 − n −1 ∫0
1 − n −1 ; n > 1
n
n −1 2
n −1 2
(1 + x )
x
Bài toán này có thể giải theo phương pháp nhị thức Newton .
Chứng minh rằng : nếu f(x) và g(x) là 2 hàm số liên tục và x xác định trên [a,b] , thì ta coù :
(∫
b
a
)
2
b
b
a
a
f ( x ) .g( x ) .dx ∫ f 2( x ) dx . ∫ g 2( x ) dx
Cách 1 :
Cho các số α1 , tuỳ yù i ∈ 1, n ta coù :
(
(α
2
1
)
+ α 2 2 + ... + α 2 n )( β 21 + β 2 2 + ... + β 2 n ) (α1β1 + α 2 β 2 + ... + α n β n ) (1)
Đẳng thức (1) xảy ra khi :
α
α1 α 2
=
= ... n
β1 β 2
βn
Thaät vaäy : phân hoạch [a,b] thành n đoạn nhỏ bằng nhau bởi các điểm chia :
a = x0 < x1 < x2 < ….
ξ1 ∈ [ xi −1 , xi ] =
∀i ∈ i, n
n
Do f và g liên tục , ta có :
n
b−a
b 2
lim
f
dx
=
f 2 ( ξi )
( 2)
∑
∫a ( x )
n →+∞
n
=
1
i
n
b
b−a
∫ g 2( x ) dx = lim ∑ g 2 (ξ i )
( 3)
n →+∞
n
a
i =1
n →∞
Khi đó (1)
n
n
b−a
b−a
⇔ lim ∑ f 2 (ξi )
. lim ∑ g 2 ( ξi )
.
n →+∞
n →+∞
n
n
i =1
i =1
n
b−a
lim ∑ f (ξi ) . g (ξ i )
.
n →+∞
n
i =1
Từ (4) ta cũng có :
2
( 4)
2
n
n
f (ξi ) ∑ g (ξi ). ∑ f (ξi ) ∑ g ( ξi ). ( 5 )
∑
i =1
i =1
i =1
i =1
Đẳng thức xảy ra khi : f(x):g(x) = k hay f(x) = k.g(x)
n
n
2
2
14
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
(∫
Từ (5) ⇒
b
a
)
2
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
b
b
a
a
f ( x).g ( x)dx ∫ f 2 ( x)dx . ∫ g 2 ( x)dx
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
)
2
b
b
a
a
f ( x).g ( x)dx ∫ f 2 ( x)dx . ∫ g 2 ( x)dx
Chứng minh rằng :
1. ∫
1
5
2
3∏
dx >
2
0
1
2. ∫ esin
2
x
0
Bài giải :
1. Ta coù :
⇒
3. e x − 1 < ∫
1 + x3 dx <
∫
b
a
(∫
b
a
0
4.
)
2
∫
b
0
1
1
0
0
a
(1 + x )
0
0
2
x
a
∫
b
a
x
1
− 1) e x −
2
g 2 ( x)dx
dx = ∫
(1 − x + x )
2
(1 − x + x ) dx < ∫ (1 + x ) dx ∫ ( x
2
1
1
0
0
1
5
2
1
⇒ ∫ 1 + x3 dx <
∏
a
(e
3cos x − 4sin x
5∏
dx
2
1+ x
4
x3 x 2
5
−
+ x =
2
3
2
0
x2
1 + x3 dx < + x
2
0
2. ∫ esin
b
f 2 ( x)dx .
1
∫
0
b
(1 + x ) . (1 − x + x 2 ) = (1 + x ) .
⇒ ∫ 1 + x3 dx = ∫
1
∫
1
e2 t + e− t dt <
f ( x).g ( x)dx ∫ f 2 ( x)dx . ∫ g 2 ( x)dx ( đã chứng minh bài trước )
f ( x).g ( x)dx
1 + x3 =
x
∏
0
2
esin
2
x
x
Đặt t = + t ⇒ dx = dt
2
dx + ∫
∏
0
x
t
2
esin
2
x
∏
0
dx
2
∏
∏
2
15
2
− x + 1) dx
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
∏
⇒ ∫ esin
2
∏
x
0
=∫
∏
2
esin
0
dx = ∫ 2 esin x dx + ∫
2
0
2
x
dx + ∫
∏
Ta laïi coù ∫
0
ecos x dx = 2∫
2
∏
2
0
(
sin 2 ∏ + t
2
) dt
2
esin x dx
∏
sin 2 x
cos 2 x
2
edx = ∫ 2 e 2 .e
dx
0
<∫
∏
2
0
∏
e
0
2
2
2
2
0
∏
∏
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
2
esin x dx . ∫
2
∏
2
0
2
2
ecos x dx
2
∏
∏
2
2
e dx < ∫ 2 esin x dx ⇒ ∫ 2 e dx < ∫ 2 esin x dx
0
0
0
∏
∏
2
1
3
2
⇒ ∫ esin x dx >
=∏ e ; e >
e
0
0
2
2
∏
2
3
⇒ ∫ esin x dx >
0
2
Chú ý : bài này có thể giải theo phương pháp đạo hàm .
hay ∫
0
3. ∫
x
∏
2
x
e 2t + e − t dt = ∫ e
0
t
et + e−2t dt
2
0
) ∫ e dt ∫ (e + e )dt
vi ( ∫ f ( x).g ( x)dx ) ∫ f ( x)dx . ∫ g ( x)dx
1 1
1
⇒ ( ∫ e + e dt ) ( e − 1) e − −
< ( e − 1) e −
2 e
2
(∫
x
0
t
e
2
2
et + e−2t dt
t
t
t
0
2
b
b
a
b
2
a
x
2t
−t
−2 t
t
0
2
a
2
x
x
x
⇒∫
1
0
x
2x
o
e 2t + e − t dt
(e
x
1
− 1) e x − (1)
2
Mặt khác : e 2t + e − t > et ; ∀0 < t < x
⇒∫
x
0
x
e2t + e− t dt > ∫ et dt = e x − 1 (2)
0
Từ (1) và (2) suy ra : e x − 1 < ∫
x
0
4.
3cos x − 4sin x
1
2
1+ x
1 + x2
⇒
∫
e 2t + e − t dt <
(e
x
1
− 1) e x −
2
32 + ( −4 )2 sin 2 x + cos 2 x = 5
x2 + 1
1 3cos x − 4sin x
1
3cos x − 4sin x
1
dx ∫
dx 5∫
dx
2
2
0
0
0
1+ x
1+ x
1 + x2
1
Đặt x = tgt ⇒ dx = (1 + tg 2t ) dt
16
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
2
1
1 (1 + tg t )
1
1
1
∏
dx = ∫
dt = ∫ dt =
⇒∫
2
2
0 1+ x
0 1 + tg t
0
∏
4
0
t
4
1 3cos x − 4sin x
5∏
⇒ 4. ∫
dx
2
0
1+ x
4
x
0
Chứng minh bất đẳng thức tích phân bằng phương pháp đạo hàm.
Chứng minh raèng :
1. 54 2 ∫
11
−7
(
) (
2. 0 < ∫ x (1 − x 2 )dx <
0
Bài giải :
1. Xeùt f ( x ) =
x
f’(x)
f(x)
(
11 − x dx 108
4
27
1
f '( x) =
)
x+7 +
) (
x+7 +
∏
∏
∏ 2
∫ 4 ( sin x + cos x )dx
0
4
4
e
2
3
∏
4. ∫ esin x dx >
0
2
)
11 − x ; x ∈ [ −7,11]
11 − x − x + 7
⇒ f '( x) = 0 ⇔ x = 2
2 11 − x x + 7
-7
+
2
0
6
11
-
ր ց
3 2
3 2
11
11
11
−7
−7
−7
⇒ 3 2 f ( x ) 6 ⇒ 3 2 ∫ dx ∫ f ( x ) dx 6 ∫ dx
⇒ 54 2 ∫
11
−7
(
)
x + 7 + 11 − x dx 108
2. Xét hàm số : f(x) = x(1-x2) ; ∀x ∈ [ 0,1]
⇒ f ' ( x) = 3x 2 - 4 x + 1
1
∨ x =1
3
1
1 +∞
3
0
4
27
ր ց
⇒ f’(x)=0 ⇔ x =
x
f’(x)
f(x)
-∞ 0
+
0
0
17
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
⇒ 0 f ( x)
(
4
27
)(
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
)
∃x ∈ 0, 1 ; 1 , 0 ⇒ 0 < f < 4
( x)
3
3
27
va
f (0) = f (1) = 0
1
1
4 1
4
⇒ 0 < ∫ f ( x)dx <
dx ⇒ 0 < ∫ f ( x)dx <
∫
0
0
27 0
27
3. Xét hàm soá :
∏
∏
f ( x) = sin x + cos x = 2 sin x + ; x ∈ 0,
4
4
∏
∏
f ' ( x) = 2 cos x + 0 , ∀x ∈ 0,
4
4
∏
⇒ f(x) là hàm số tăng ∀x ∈ 0, ⇒ f ( 0) f( x ) f ∏
( 4)
4
∏
∏
∏ 2
⇒ 1 sin x + cos x 2 ⇒ ∫ 4 ( sin x + cos x )dx
0
4
4
4. Nhaän xét ∀x > 0 thì e x > 1 + x ( đây là bài tập Sgk phần chứng minh bất đẳng thức bằng pp đạo hàm)
Xét f (t ) = et − 1 − t ; t 0 ⇒ f '(t ) = et − 1 > 0 ; ∀t > 0
⇒ hàm số f(t) đồng biến ∀t 0
Vì x > 0 nên f(x) > f(0) = 0 ⇒ e x − 1 − x > 0 ⇔ e x > 1 + x (1)
Do vaäy : ∀x ∈ ( 0, ∏ ) thi esin
2
x
> 1 + sin 2 x
⇒ ∫ esin x dx > ∫ (1 + sin 2 x )dx = ∏ + ∫
∏
2
0
∏
⇒ ∫ esin x dx >
0
2
∏
∏
0
0
( do(1) )
1 − cos 2 x
dx
2
3∏
2
Chứng minh raèng :
2
x
2
1
1. ∫ 2 dx
1
x +1
5
2
∏
3
sin x
1
dx
∫∏ 3
2.
x
4
2
4
3.
∏
∏ 3
1
2∏ 3
dx
∫
2
0
3
3
cos x + cos x + 1
∏
3
cot gx
1
dx
∫∏ 3
12
x
3
6
1
2
1
1
dx <
5. < ∫
3 0 2 + x − x2
2
4.
6. 2 4 2 < ∫
1
−1
Baøi giaûi :
18
(
4
)
1 + x + 4 1 − x dx < 4
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
1. Xét : f ( x ) =
x
2
x +1
; x ∈ [1, 2] . có f '( x ) =
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
1 − x2
(1 + x 2 )
2
0 ; ∀x ∈ [1, 2]
⇒ hàm số nghịch biến ∀x ∈ [1, 2] ⇒ f( 2) f ( x ) f (1)
2
2
x
1
2 2
x
1 2
2
⇒ ∫ dx ∫ 2 dx ∫ dx
1 x +1
5 x +1 2
5 1
2 1
2
x
2
1
⇒ ∫ 2
1
x +1 2
5
⇒
sin x
x.cos x − sin x
∏ ∏
; ∀x ∈ ; ⇒ f '( x ) =
x
x2
6 3
∏ ∏
Đặt Z = x.cos x − sin x ⇒ Z ' = − x
x < 0 ; ∀x ∈ ;
6 3
2. Xeùt f ( x ) =
∏ ∏
⇒ Z đồng biến trên ∀x ∈ ; và :
6 3
∏ −3 3
∏ ∏
ZZ∏ =
< 0 ; ∀x ∈ ;
( 3)
6
6 3
∏ ∏
⇒ f '( x ) < 0 ; ∀x ∈ ;
6 3
x
-∞
f’(x)
f(x)
∏
∏
6
3
+∞
−
∏
3
ց
3 3
⇒
3 3
3
f( X )
2∏
∏
hay :
⇒
2∏
3 3 sin x 3
2∏
∏
x
∏
∏
3 ∏3
3 3 ∏3
3
1
3 sin x
3 sin x
⇒
dx
dx
dx
dx
∏
∏
∏
∏
∫
∫
∫
∫
2∏ 6
4
2
∏ 6
x
x
6
6
3. Đặt t = cos x ; x ∈ [ 0, ∏ ] ⇒ t ∈ [ −1,1]
vaø f (t ) = t 2 + t + 1; t ∈ [ −1,1]
19
Ts. Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt
Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân
1
2
1 +∞
f '(t ) = 2t + 1; f '( t ) = 0 ⇔ t = −
t
- ∞ -1
f’(t)
f(t)
−1
2
0
−
1
ց
+
3
ր
3
4
3
f (t ) 3 ; ∀t ∈ [ −1,1]
4
3
⇒ cos 2 x + cos x + 1 3 ; ∀x ∈ [ 0, ∏ ]
4
3
1
2
1
hay
cos 2 x + cos x + 1 3 ⇒
2
3
3
cos 2 x + cos x + 1
∏
∏
∏
1
1
2
⇒
dx ∫
dx
∫
∫ dx
0
0 cos 2 x + cos x + 1
3
3 0
⇒
∏
1
2∏ 3
∏ 3
∫
dx
2
0
3
3
cos x + cos x + 1
Chuù ý : thực chất bất đẳng thức trên phải là :
∏
∏ 3
1
2∏ 3
<∫
dx <
(học sinh tự giải thích vì sao)
2
0
3
3
cos x + cos x + 1
⇒
cot gx
∏ ∏
; liên tục ∀x ∈ ;
x
4 3
− ( 2 x + sin 2 x )
∏ ∏
=
< 0 ; ∀x ∈ ;
2
2
2 x sin x
4 3
f( x ) f ∏
4. f( x ) =
coù f '( x )
⇒ f∏
( 3)
∏ ∏
⇒ f(x) :nghịch biến trên ;
4 3
( 4)
⇒
∏
3 cot gx 4
3 ∏3
4 ∏3
3 cot gx
⇒
dx
dx
dx
∫∏ 4 x
∏
∏
∏ ∫∏ 4
∏ ∫∏ 4
x
⇒
∏
3
cot gx
1
dx
∫∏ 3
12
3
x
4
5. f( x ) = 2 + x − x 2 ; ∀x ∈ [ 0,1] coù f’(x)=1- 2x
⇒ f '( x ) = 0 ⇔ x =
1
2
x
1
-∞ 0
2
1 +∞
20
