Ứng dụng của phép tính tích phân trong toán sơ cấp

1

Khoá luận tốt nghiệp
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*****

ĐÀO THỊ HỒNG VÂN

ỨNG DỤNG CỦA PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN
TRONG TOÁN SƠ CẤP
KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
CHUYÊN NGÀNH: GIẢI TÍCH

Người hướng dẫn khoa học
GVC.Th.s Phùng Đức Thắng

HÀ NỘI - 2012

Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


2

Khoá luận tốt nghiệp

LỜI NÓI ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Phép tính tích phân là một công cụ toán học có ứng dụng rộng rãi

không chỉ trong toán học mà còn trong nhiều ngành khoa học khác.
Nhờ phép tính tích phân mà có thể giải quyết được nhiều bài toán thực
tế mà toán sơ cấp không thực hiện được. Hiện nay, phép tính tích phân được
đưa vào chương trình môn toán THPT trong sách giáo khoa giải tích lớp 12.
Các tác giả đưa ra những con đường đi đến khái niệm tích phân đơn giản
hơn con đường đi đến khái niệm tích phân tổng quát. Nội dung và cách trình bày
vấn đề này trong các sách giáo khoa giải tích 12 cũng khác nhau. Thực tế đó nảy
sinh câu hỏi: học sinh có vì thế mà hiểu sai khái niệm tích phân hay không? Giáo
viên nên chọn nội dung giảng dạy như thế nào cho phù hợp?...
Phép tính tích phân có rất nhiều ứng dụng, chúng ta có thể sử dụng để
giải quyết một số dạng toán trong chương trình toán THPT. Với mong muốn
được nghiên cứu và tìm hiểu sâu hơn về vấn đề này và bước đầu tiếp cận với
việc nghiên cứu khoa học, dưới sự hướng dẫn của thầy Phùng Đức Thắng,
em đã chọn đề tài: “Ứng dụng của phép tính tích phân trong toán sơ cấp”.
2. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh nắm chắc kiến thức về tích phân ở bậc THPT và ứng dụng
tích phân vào giải quyết một số dạng toán khác nhau ở phổ thông như: chứng
minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị, chứng minh sự tồn tại
nghiệm, giải phương trình, tính giới hạn của tổng dãy, tính diện tích hình
phẳng, tính thể tích vật thể tròn xoay.
Qua đó cho học sinh thấy được một cách tiếp cận mới đối với các dạng
toán thường gặp này và tránh được một số sai lầm khi giải toán tích phân.
3. Phương pháp nghiên cứu
Xuất phất từ các định nghĩa và các tính chất của tích phân, sách tham
khảo, báo Toán học và tuổi trẻ, tổng kết kinh nghiệm của bản thân về những
thuận lợi và khó khăn khi giải quyết bài toán.

Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán

3

Khoá luận tốt nghiệp
4. Nội dung của khoá luận
Chương 1. Một số kiến thức cơ bản

Trong chương này em muốn nêu khái niệm tích phân và các tính chất
cơ bản của tích phân để sử dụng trong các chương sau:
Chương 2. Ứng dụng của phép tính tích phân trong đại số
Ứng dụng của phép tính tích phân để giải một số dạng toán ở THPT
như: chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị, chứng
minh sự tồn tại nghiệm, giải phương trình, tính giới hạn của tổng dãy.
Chương 3. Ứng dụng của phép tính tích phân trong hình học
Ứng dụng của phép tính tích phân để tính diện tích của hình phẳng và
thể tích của vật thể tròn xoay.
Mặc dù đã rất cố gắng nhưng do lần đầu tiên tiếp cận việc nghiên cứu
khoa học, do hạn chế về thời gian và kiến thức nên trong nội dung và cách
trình bày luận văn của em không tránh khỏi những thiếu sót. Em mong nhận
được sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của các thầy cô và đọc để luận văn được
hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy Phùng Đức Thắng,
người đã trực tiếp hướng dẫn và chỉ bảo tận tình để em có thể hoàn thành
khoá luận này. Đồng thời em cũng chân thành cảm ơn các thầy cô giáo trong
tổ Giải tích, ban chủ nhiệm khoa Toán đã tạo điều kiện thuận lợi để em có cơ
hội làm tốt công việc của mình.
Hà Nội, ngày 01 tháng 05 năm 2012
Sinh viên

Đào Thị Hồng Vân

Chương 1
Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


4

Khoá luận tốt nghiệp

MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.1. Định nghĩa tích phân
Cho hàm số f ( x) xác định trên đoạn [a; b],(a  b) . Ta lần lượt thực
hiện các bước sau:
1. Chia đoạn [a; b] thành những đoạn nhỏ không nhất thiết bằng nhau,
bởi các điểm a  x0  x1  ...  xn  b .
Đặt xi  xi  xi 1 (1  i  n) . Số lớn nhất trong các hiệu số đó được kí
hiệu là maxxi .
2. Trong

mỗi

đoạn

chọn

[ xi 1 , xi ]

một

điểm

tuỳ

ý

i , xi1  i  xi (1  i  n) và tính f (i ) .
3. Lập tích f (i ).xi trên mỗi đoạn chia.
4. Lập tổng các tích đó:
n

Sn   f ( i )xi  f ( 1 ) x1  f ( 2 ) x2  ...  f ( n )xn .
i 1

Tổng Sn được gọi là tổng tích phân của hàm số f ( x) trên đoạn [a; b] .
5. Thực hiện phép chia đoạn [a; b] thành những đoạn ngày càng nhỏ,
n

sao cho maxxi dần đến 0. Nếu tồn tại giới hạn lim  f (i )xi và giới hạn
n

i 1

này không phụ thuộc vào cách chia đoạn [a; b] và cách chọn điểm i trên
đoạn [ xi 1 , xi ] , thì giới hạn đó được gọi là tích phân của hàm số f ( x) lấy trên
b

[a; b] và được kí hiệu là

 f ( x)dx .
a

b

Vậy theo định nghĩa ta có :

n

 f ( x)dx  lim  f ( )x
a

n 

i

i

i 1

1.2. Một số tính chất cơ bản và định lý về tích phân
1.2.1.Các tính chất cơ bản
Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


5
Khoá luận tốt nghiệp

Trong các tính chất sau đây ta luôn sử dụng giả thiết f ( x), g ( x) liên tục

trên đoạn [a; b]
a

1.

 f ( x)dx  0
a

b

2.

a

 f ( x)dx   f ( x)dx
a

b

b

b

3.  k . f ( x) dx  k  f ( x)dx
a

(k  )

a

b

b

b

4.  [f ( x)  g ( x )]dx   f ( x) dx   g ( x) dx
a

a

b

5.

c

a

b

 f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx
a

a

c

b

6. f ( x)  0 trên đoạn [a; b]   f ( x)dx  0
a

b

b

7. f ( x)  g ( x) trên đoạn [a; b]   f ( x) dx   g ( x )dx
a

a

b

8. m  f ( x)  M trên đoạn [a; b]  m( a  b)   f ( x)dx  M ( a  b)
a

t

9. t biến thiên trên đoạn [a; b]  G (t )   f ( x) dx là một nguyên hàm của
á

f (t ) và G ( a)  0
b

10.



a

b

f ( x ) g ( x )dx   f ( x) g ( x) dx
a

1.2.2. Định lý 1.1
Định lý 1.1. Mọi hàm số y  f ( x) liên tục trên [a; b] thì khả tích trên đoạn đó.
Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


6

Khoá luận tốt nghiệp
Chứng minh

Theo định lý Cantor, hàm số y  f ( x) liên tục trên đoạn [a; b] cho nên
liên tục đều trên đoạn này, nghĩa là với số   0 cho trước, tồn tại số   0
sao cho:
f  x1   f  x2    .

Với x1  [a; b],x2  [a; b] và x1  x2   thì

Giả sử  là phân hoạch đoạn [a; b] sao cho d     .
Vì f ( x) liên tục đều trên  k cho nên nó đạt đến cận trên đúng M k và
cận dưới đúng mk trên đoạn đó, tức là

 k' ,  k''   k sao cho f  k''   M k , f  k'   mk .
Vì  k' ,  k''   k cho nên  k''   k'   do đó
f  k''   f  k'   
n

Vì vậy

n

n

k  k    f  k''   f  k'    k     k    b  a 

k 1
k 1
k 1

Vì rằng  là số dương nhỏ tuỳ ý nên y  f ( x) khả tích.
Vậy hàm số y  f ( x) khả tích.
1.2.3. Định lý 1.2
Định lý 1.2. Giả sử hàm số y  f ( x) xác định và liên tục trên [a; b] và giả sử F ( x)
là một nguyên hàm của nó. Khi đó, nếu tồn tại các số thực x1 , x2 [a; b] với x1  x2
sao cho F ( x1 )  F ( x2 ) thì phương trình f ( x)  0 có nghiệm trong [x1; x2 ] .
Chứng minh
Giả sử phương trình f ( x)  0 không có nghiệm thuộc [x1; x2 ] . Vì f ( x)
liên tục nên suy ra:
+ Nếu f ( x)  0, x  [x1; x2 ] thì hàm số F  x  đồng biến trên đoạn
[x1; x2 ] .

Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


7

Khoá luận tốt nghiệp
Suy ra F ( x1 )  F ( x2 ) , trái giả thiết.
+ Nếu f ( x)  0, x  [x1; x2 ] thì hàm số

F x

nghịch biến trên đoạn

[x1; x2 ] .

Suy ra F ( x1 )  F ( x2 ) , trái giả thiết.
Như vậy, trong cả hai trường hợp, ta đều có F ( x1 )  F ( x2 ) , điều này
trái với giả thiết F ( x1 )  F ( x2 ) .
Vậy phương trình f ( x)  0 có nghiệm trong [x1; x2 ] .
Nhận xét. Cũng có thể phát biểu định lý 1.1 dưới dạng sau:
Định lý 1.2.1. Nếu hàm số y  f ( x) xác định và liên tục trên [a; b] và nếu tồn
x2

tại các số thực phân biệt x1 , x2  [a; b] sao cho

 f ( x)dx  0 thì phương trình

x1

f ( x)  0 có nghiệm thuộc [x1; x2 ] .

1.2.4. Định lý 1.3
Định lý 1.3. Cho hai số thực a, b trái dấu ( a  0  b) và f ( x) là một hàm số
liên tục, không âm (có thể bằng 0 tại một số hữu hạn điểm) trên [a; b] . Khi đó,
trong [a; b] phương trình
x

F ( x)   f (t )dt  0
0

có nghiệm duy nhất x  0 .
Chứng minh
x

Ta thấy F ( x)   f (t ) dt là một nguyên hàm của f ( x) trên [a; b] .
0

0

+ Nếu x  0 thì F (0)   f (t ) dt  0 . Vậy x  0 là nghiệm của phương
0

trình F ( x)  0 .

Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán

8
Khoá luận tốt nghiệp
+ Nếu x  0 và x  [a; b] , thì từ giả thiết f ( x)  0 , ta suy ra F ( x) đồng

biến trên [a; b] và F ( x)  F (0)  0 , tức phương trình F ( x)  0 không thể có
nghiệm x  0 trên [a; b] .
Vậy phương trình F ( x)  0 có nghiệm duy nhất x  0 .
Nhận xét : Bằng cách chứng minh hoàn toàn tương tự, ta có
Định lý 1.3.1. Cho 2 số thực a, b trái dấu và f ( x) là một hàm số liên tục,
không dương (có thể bằng 0 tại một số hữu hạn điểm trên [a; b] ) trên [a; b] .
x

Khi đó phương trình :

F ( x)   f (t )dt  0
0

có nghiệm duy nhất x  0 .
Định lý 1.3.2. Cho ba số thực a, b(a  b) và f ( x) là một hàm số liên tục,
không dương (không âm, có thể bằng 0 tại một số hữu hạn điểm trên [a; b] )
trên [a; b] . Khi đó phương trình
x

F ( x)   f (t )dt  0
0

có nghiệm duy nhất x  c thuộc [a; b] .
1.2.5. Định lý 1.4
Định lý 1.4. Cho

f ( x) là hàm số liên tục và nghịch
a

biến trên

b

[0; b], a  [0; b] thì: b  f ( x)dx  a  f ( x )dx
0

(1.1)

0

Tương tự, với f ( x) liên tục và đồng biến trên [0; b],a [0; b] thì
a

b

b  f ( x)dx  a  f ( x)dx
0

0

Chứng minh
Nếu a  0 hoặc a  b thì bất đẳng thức (1.1) trở thành đẳng thức.
Nếu 0  a  b thì do f ( x) nghịch biến trên [0; b] nên với mọi x thoả
mãn điều kiện 0  a  x  b ta đều có f ( x)  f (a) .Suy ra
Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


9

Khoá luận tốt nghiệp
b


a

b

f ( x) dx  f (a )  f ( x) dx  (b  a ) f  a 
a

b

f a 

Vậy nên

1
f  x  dx
b  a a

(1.2)

Mặt khác, khi 0  x  a , thì f ( x)  f (a) . Suy ra
a

a

 f  x  dx   f  a  dx  af (a)
0

0

a

hay

1
f  x  dx  f  a 
a 0

(1.3)

a

b

1
1
Từ (1.2) và (1.3) suy ra
f  x  dx  f  a  
f  x  dx

a0
b  a a

a

b

1
1
f  x  dx 
f  x  dx

a0
b  a a

hay

a

b

  b  a   f  x  dx  a  f  x  dx
a

 b  a  
0

b
0

f  x  dx  a   f  x  dx   f  x  dx 
0
a



a

b

 b  f  x  dx  a  f  x  dx
0

a

Vậy

(do a  0, b  a  0 )

a

0

(1.4)

0

b

b  f  x  dx  a  f  x  dx .
0

0

Ta chứng minh rằng, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b hoặc a  0 .
Thật vậy, nếu tồn tại c   0; b  sao cho
c

b

b  f  x  dx  c  f  x  dx
0

Đào Thị Hồng Vân

0

K34A - Toán


10

Khoá luận tốt nghiệp
c

thì

b

b

1
1
1

f
x
dx

f
x
dx

f  x  dx




c 0
b 0
b  c c
c

b

1
1
f
x
dx

f  x  dx


c 0

b  c c

Vậy

(1.5)

Từ (1.5) suy ra tồn tại    0;c  và    c; b  sao cho
1
1
 c  0  f   
 b  c  f  
c
bc

mà    , điều này trái với giả thiết rằng f ( x) là hàm số nghịch biến trong

 a; b  . Vậy không xảy ra dấu đẳng thức.
• Hệ quả
- Nếu b  1 và f ( x) liên tục và đồng biến trên [0;1] thì a  [0;1] ta đều
a

có:

1

 f  x  dx  a  f  x  dx
0

0

- Nếu b  1 và f ( x) liên tục và nghịch biến trên [0;1] thì a  [0;1] ta
đều có:

Chương 2
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN TRONG ĐẠI SỐ
2.1.Ứng dụng của phép tính tích phân để chứng minh đẳng thức

Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


11

Khoá luận tốt nghiệp
2.1.1. Cơ sở lý thuyết

- Để chứng minh một đẳng thức ta có thể vận dụng các tính chất của
tích phân, các phương pháp tính tích phân và các phép biến đổi đồng nhất
hoặc tương đương của các đẳng thức thông thường.
- Dựa vào tính chất: Nếu hai hàm số f ( x), g  x  liên tục trên [a; b] và
b

thoả mãn f ( x)  g  x  x  [a; b] thì


a

b

f  x  dx   g  x  dx . Để chứng minh
a

đẳng thức ta thực hiện các bước sau:
• Bước 1: Lựa chọn một đẳng thức đúng f ( x)  g  x  trong đó
f ( x), g  x  liên tục trên [a; b] , thông thường là dạng đặc biệt của nhị thức

Newton.
• Lấy tích phân hai vế của đẳng thức trên [a; b] (thông thường là đoạn
[0;x] )

• Lựa chọn giá trị thích hợp cho x ta sẽ nhận được đẳng thức cần chứng
minh.
2.1.2.Một số ví dụ
Ví dụ 1. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương
a) Cn0 

Cn1
C2
Ck
Cn
2n1  1
 n  ...  n  ...  n 
11 1 2
1 k
1 n 1 n

n
Cn1
Cn2

1
n Cn
b) C 

 ...  (1)

11 1 2
1 n 1 n
0
n

Lời giải
Với mọi x, và với n là số nguyên dương ta có
n

(1  x)   Cnk x k

(1.1)

k 0

Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


Khoá luận tốt nghiệp
Vì 2 vế của đẳng thức trên là các hàm khả tích trên

12

. Với mỗi t 

và t  0

lấy tích phân 2 vế của (1.1), ta được
t

t

 1  x 

 n

dx     Cnk x k dx

0  k 0

n

0





1  x 

n 1

|

n 1

1  t 

x k 1 t
|
k 1 0

n

t
0

  Cnk
k 0

n

 1 n k t k 1
  Cn
n 1
k 1
k 0

(1.2)

a) Thay t=1 vào (1.2) ta được kết quả câu a).
b) Thay t=-1 vào (1.2) ta được kết quả câu b).

Ví dụ 2. Chứng minh rằng đẳng thức sau đúng với mọi n 

*

1 0 1 1 1 2
1
2n 1  1
n
Cn  Cn  Cn  ... 
Cn 
3
6
9
3n  3
3( n  1)

Lời giải
n

n

Xét đa thức P  x   x 2 1  x 3   x 2  Cnk x 3k 2

(2.1)

k 0

Lấy tích phân 2 vế của (2.1) theo cận từ 0 đến t ta được
t

t

n

n

2
3
k 3k  2
 x 1  x  dx    Cn x dx
0 k 1

0

t



t

n
1
3 n
3
1

x
d
1


x

Cnk x3 k  2 dx







30
0 k 1

3 n 1



1 1  x 
3 n 1

3 n 1



1  t 

x 3k 3 t
|0   C 3k  3 |0
k 0
t

1

3(n  1)

n

k
n

n

  Cnk
k 0

t 3 k 3
3k  3

Thay t=1 ta được đẳng thức cần chứng minh

Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


13

Khoá luận tốt nghiệp
1 0 1 1 1 2
1

2n 1  1
Cn  Cn  Cn  ... 
Cnn 
3
6
9
3n  3
3( n  1)

Ví dụ 3. Cho f  x  là một hàm số liên tục trên [0;1] . Chứng minh rằng




 x f  sin x  dx  2  f  sin x  dx
0

0

Lời giải
Vì hàm số sinx liên tục trên [0; ] và biến thiên trên [0;1] khi x biến
thiên trên [0;  ] , còn f  x  là hàm số liên tục trên [0;1] , nên f  sin x  như là
hàm số của biến số x liên tục trên [0; ] . Vì vậy, tích phân trong mỗi vế của
đẳng thức trên đều hoàn toàn xác định.
Đặt x    t , ta thấy dx dt , khi x=0 thì t   , khi x   thì t  0 .


Suy ra

0

 x f  sin x  dx     t  f sin   t  dx
0





   f  sin t  dt   t f  sin t  dt
0

0





   f  sin t  dt   x f  sin x  dx
0



Do đó

0



 x f  sin x  dx  2  f  sin x  dx .
0

0

2.1.3. Bài tập áp dụng
Bài 1. Chứng minh rằng đẳng thức sau đúng với mọi n 

*

:

1
1
(1) n n1 n 1  ( 1) n
2 Cn 
a) 2Cn0  22 Cn1  23 Cn2  ... 
;
2
3
2n  1
n 1
n

 1 C n   2n !! ;
1
1
1
b) 1  Cn1  Cn2  Cn3  ... 
n
3
5

7
2n  1
 2n  1!!

Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


14

Khoá luận tốt nghiệp
n 1

n 1
a 2  1 1 a3  1 2
a n 1  1 n 1  a   2
c)  a  1 C 
;
Cn 
Cn  ... 
Cn 
2
3
n 1
n 1
0
n

n 1

d)  a  b  Cn0 

a 2  b 2 1 a 3  b3 2
a n 1  b n 1 n 1  a   1  b 
Cn 
Cn  ... 
Cn 
2
3
n 1
n 1

n 1

.

Bài 2 . Chứng minh rằng nếu hàm số f  x  liên tục và tuần hoàn trên tập hợp
a T

các số thực

với chu kỳ T thì a 

ta đều có

T

 f  x  dx   f  x  dx .
a

0

2.2. Ứng dụng của phép tính tích phân để chứng minh bất đẳng thức
2.2.1. Cơ sở lý thuyết
Xuất phát từ tính chất cơ bản 6, 7, 8 trong mục 1.2.1, để chứng minh
bất đẳng thức f  x   g  x  (hoặc f  x   g  x  ) ta đi tìm một bất đẳng thức đơn
giản dễ chứng minh nhất, trong đó hai vế của bất đẳng thức là các hàm số khả
tích. Thông thường ta chọn bất đẳng thức với hai vế là đạo hàm hai vế của bất
đẳng thức cần chứng minh. Sau đó tích phân nhiều lần và chọn cận thích hợp
để được bất đẳng thức chứng minh.
2.2.2. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Chứng minh bất đẳng thức sau :
a) sin x  x, x  0 ;
b) cos x  1 

x2
, x  0 .
2

Lời giải
Xuất phát từ bất đẳng thức cos t  1, t .
a) Do 2 vế của bất đẳng thức đều khả tích. Với x  0 , lấy tích phân hai vế của
x

bất đẳng thức trên ta được

x

 cos t dt   dt  sin x  x

0

0

Dấu đẳng thức xảy ra  x  0
Vậy ta có

Đào Thị Hồng Vân

sin x  x, x  0

(1.1)

K34A - Toán


15

Khoá luận tốt nghiệp
b) Với x  0 lấy tích phân hai vế bất đẳng thức (1.1) ta có
x

x

1 x
 t 2|
0
2 0

 sin t dt   t dt   cos t|

0

0

x

 1  cos x 

1 2
x
2

 cos x  1 

x2
2

Dấu đẳng thức xảy ra  x  0
x2
Vậy ta có cos x  1  , x  0
2

(1.2)

Ta có thể làm tương tự để chứng minh được bất đẳng thức :
c) sin x  x 

x3
, x  0 .
3!

d) cos x  1 

x2 x4
 , x  0 .
2! 4!

Ví dụ 2. Chứng minh rẳng x  0 ta có
x 2 x3
xn
e  1  x    ... 
2! 3!
n!
x

(2.1)

Lời giải

x  0 ta luôn có e x  1
x

x

  et dt   dt  e x  1  x
0

0

 ex  x  1

Vậy bất đẳng thức (2.1) đúng với n=1.
Giả sử bất đẳng thức (2.1) đúng với n  k  1 tức là ta có
ex  1  x 

x 2 x3
x k 1
  ... 
x  0 .
2! 3!
(k  1)!

(2.2)

Ta phải chứng minh (2.1) đúng với n  k , tức là ta phải chứng minh
Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


16

Khoá luận tốt nghiệp
ex  1  x 

x 2 x3
xk
  ... 
x  0 .
2! 3!

k!

Với x  0 , ta lấy tích phân hai vế của bất đẳng thức (2.2) ta có
x

x


t2 t3
t k 1 
0 e dt  0 1  t  2!  3!  ...  (k  1)!  dt
t



x 2 x3
xk
e  1  x    ... 
2! 3!
k!
x

Dấu đẳng thức xảy ra  x  0 .
x 2 x3
xn
Vậy x  0 ta có e  1  x    ...  .
2! 3!
n!
x

Ví dụ 3. Chứng minh rằng với x, y 

thoả mãn điều kiện 0  x  y ta đều

có
xy  arccot y  arccot x   ln

x
y

2
2

 1

y

 1

x

(3.1)

Lời giải
Dễ thấy, bất đẳng thức (3.1) tương đương với
1
1





y  x arccot x  ln  x 2  1   x  y arccot y  ln  y 2  1  .
2
2





Xét hàm số

v  arccot t  0  t  y  .
Ta có
v ' t   

1
0
1 t2

Nên v  t  nghịch biến trên [0; y ] và
x

1
arccot
t
dt

x
arccot
x


ln  x 2  1 .
0
2

Khi 0  x  y , thì
Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


17

Khoá luận tốt nghiệp
y

x

y  arccot t dt  x  arccot t dt
0

0

hay
y
x


x
y

t dt 
t dt 
y t.arccot t|   2   x t.arccot t|   2 
0
0
t  1
t  1
0
0



Do đó
1
1




y  x.arccot x  ln  x 2  1   x  y.arccot y  ln  y 2  1 
2
2





và vì vậy
xy  arccot x  arccot y   x ln y 2  1  y ln x 2  1 .

hay
xy  arccot y  arccot x   ln

y
x

2

 1

x

2

 1

y

.

Dấu đẳng thức xảy ra khi x  y .
Ví dụ 4 . Cho a  1, b  1 . Chứng minh rằng
ab  ea 1  b ln b .

Lời giải
Xét hàm số y  ln x với x  1 . Ta có x  e y .
Gọi S1 là diện tích hình giới hạn các đường y  0, x  0, y  a  1, x  e y và
gọi S2 là diện tích hình giới hạn các đường y  0, x  b. y  ln x . Khi đó, ta
thấy b  a  1 chính là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi các đường
x  0, y  0, x  b, y  a  1 .

Vậy nên (trong cả hai trường hợp ln b   a  1 và ln b   a  1 )

Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


18

Khoá luận tốt nghiệp

(4.1)

S1  S 2  b(a  1)
a 1

Ta có

S1 



e y dy  e y |

a 1
0

 ea 1  1 .

0

b

b

S2   ln xdx   x ln x  x |  b ln b  b  1.

và

1

1

Thay S1 và S2 vào (4.1), ta nhận được
ea 1  b ln b  b  b  a  1

hay: ea 1  b ln b  ab
2.2.3. Bài tập áp dụng
Bài 1. Cho 0  a  b chứng minh rằng:
a)

ab
a a b
.
 ln 
a
b
b

b)  b  a   2   a  b    2ln

1 b
.
1 a

Bài 2. Chứng minh rằng: x, y 

ta có:

a) arctan x  arctan y  x  y .





b) 1  x ln x  1  x 2  1  x 2 .
Bài 3. Chứng minh rằng:
a)

2
4n  3
n  1  2  ...  n 
,n *.
3n
6

b) n!  n

n

1
2 1 n

e ,n

*

\ 1 .

Bài 4. Cho p, q thoả mãn điều kiện
p  1, q  1,

1 1
  1.
p q

Chứng minh rằng, với mọi a, b dương ta đều có
Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


19

Khoá luận tốt nghiệp
ab 

a p bq
 .

p
q

2.3. Ứng dụng của phép tính tích phân trong bài toán cực trị
2.3.1. Cơ sở lý thuyết
Để tìm cực trị của hàm số y  f  x  , ta có thể sử dụng tích phân theo các
bước sau:
- Chọn hàm số y  g  t  thích hợp.
- Sử dụng định lý 1.4 ta sẽ tìm được cực trị của hàm số y  f  x 
Tuy nhiên, việc sử dụng phương pháp này còn phụ thuộc vào hàm số
cần tìm cực trị.
2.3.2. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Tính giá trị nhỏ nhất của
3 /8

In 

 sin n 2 x cos n  2 x 
 /4  cosn x  sin n x  dx, n  .

Lời giải
  3 
Nhận xét rằng trong đoạn  ;  thì sin x,cos x  0 . Ta có
4 8 

sin n 2 x cos n2 x
f  x 

  sin 2 x  cos 2 x 
n

n
cos x
sin x
 sin n 2 x
 cos n  2 x

2 
 

sin
x

 cos 2 x 
 
n
n
 cos x
  sin x




 tan

n

x  1 tan

n2

cos 2 x
x  1 n .
tan x

  3 
Với x   ;  thì tan x  1 và tan k x  1, k 
4 8 

Do

.

cos 2 x
 0, tan n x  1  0, tan n 2 x  1  0 nên f  x   0 . Vậy ta có
n
tan x

Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


20

Khoá luận tốt nghiệp
sin n 2 x cos n 2 x
  3 

 1, x   ;  .
n

n
cos x
sin x
4 8 

Tích phân hai vế, ta thu được
3 /8

3 /8
 sin n 2 x cos n 2 x 

.

dx

dx



 /4  cosn x sin n x  /4
8

Vậy, giá trị nhỏ nhất của In bằng


8

khi n  0 .

Ví dụ 2. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

f  x   2 x 6  3x 4  6 x 2  11x, x  [0;1] .

Lời giải
Ta có g  t   t 5  t 3  t là hàm số liên tục và đồng biến trên [0;1] . Do đó,
t  [0;1] , ta có
x

 t
0

1
5

 t  t  dt  x   t 5  t 3  t  dt
3

0

x6 x4 x2
1 1 1
   x   .
6
4
2
6 4 2

hay
Suy ra

2 x 6  3x 4  6 x 2  11x  0

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x  , x  [0;1] bằng 0, khi x  0 hoặc
x  1.

Ví dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

2
f  x    x  2 2 arcsin x, x  0;
.
2



Lời giải

Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


21

Khoá luận tốt nghiệp
Ta có g  t   

1



là hàm nghịch biến và liên tục trên 0;

1 t2



2
 nên
2 


2
t  0;
 thì
 2 
2
2

x

2
1
1

dt  x  
dt

2
2 0 1 t2
1


t
0


2
x
2
arcsin t|  x arcsin xt| 2
0
0
2



2
arcsin x
2



x
4

Do đó

 x  2 2 arcsin x  0 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của f  x  bằng 0 khi x  0 hoặc x 

2
.

2

Ví dụ 4. Giả sử a, b thoả mãn các điều kiện :
a  0, b  1, a  b  1  2 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M  a a 2  1  b b 2  1  ln

a  a2  1
b  b2  1

.

Lời giải
Xét hàm số

f  x   x 2  1, x  [0; ) .
Hàm số này liên tục và có đạo hàm
f ' x 

Đào Thị Hồng Vân

x
x2  1

, x  [0; ) ,

K34A - Toán

22

Khoá luận tốt nghiệp

nên f  x  đơn điệu tăng trên [0; ) . Ta có f (0)  1 và hàm số ngược của
f  x  là y  x 2  1 .
a

Ta có :

b
2

x  1 dx   x 2  1 dx  ab


0

1

a

x 2  1 dx 



mà

0

b

x 2  1 dx 



và

1

a
2

a2  1 

1
ln a 
2



a2  1



b 2
1
b  1  ln b  b 2  1 .
2

2





Suy ra

a 2
1
b 2
1
a  1  ln a  a 2  1 
b  1  ln b  b 2  1  ab
2
2
2
2





a a 2  1  b b 2  1  ln

hay



a  a2 1

2



 ab

b  b 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi b  a 2  1 . Kết hợp với điều kiện a  b  1  2
ta có a  1, b  2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M bằng 2 2 khi

a  1, b  2 .
2.3.3. Bài tập áp dụng
Bài 1. Cho trước n  * , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x

a) I  x    t 2 arctan nt dt 
2

x

b) f  x    t tan nt dt 
0

x n 2
,
n3

x2 ;

x n2
,x  0 ;
n2

x
 x n 2
x n3 

c) g  x    t ne2t dt  2 
, x  0
n

3
n

2


1

Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số :
Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


23

Khoá luận tốt nghiệp
a) f  x  

2


 
x2  
 1 x  cos x, x  0;  ;
4
2
 2
 8




b) g  x    3  2ln 2  x  2 x1  ln 2.x 2 , x   0;2 ;









c) h  x   3x3  3 3 arctan x  x   3 3 , x  0; 3 ;
1

d) f  x, y   x cos x  y cos y   x  y   xy  1 ,0  x  y .
2



Bài 3. Giả sử a, b thoả mãn các điều kiện:

 3
 
a   0;  , b   0;1 , ab 
12
 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M  b arcsin b  1  b2  cos2a .
Bài 4. Xét các số a, b thoả mãn các điều kiện:
 
y 3 3
x  0;  , y  [0; ), 
x

 2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:





N  y arctan y  ln cos x y 2  1 .
Bài 5. Xét các số a, b thoả mãn các điều kiện:
a  2, b  3, a  b  3  10 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
I  2ab  9ln

b  b2  9
a  2  a 2  4a  13

2.4. Ứng dụng của phép tính tích phân để chứng minh sự tồn tại nghiệm

Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


24

Khoá luận tốt nghiệp
2.4.1. Cơ sở lý thuyết

Dựa vào các Định lý 1.2, 1.3, 1.3.1, 1.3.2 và kết hợp các tính chất của
tích phân dể chứng minh phương trình có nghiệm và giải phương trình.
Chứng minh phương trình f  x   0 có nghiệm trên [a;b] với f  x  là
hàm số liên tục trên [a;b] ta thực hiện các bước sau:
b

- Xác định tích phân I   f  x  dx
a

- Nếu I=0 vận dụng Định lý 1.2 kết luận phương trình f(x)=0 có ít
nhất một nghiệm thuộc [a;b].
Lưu ý với bài toán chứng minh rằng phương trình có nghiệm với mọi

tham số thì ta cần lựa chọn [a;b] thích hơp để I=0 .
Khi giải phương trình f(x)=0 nếu f(x) thoả mãn điều kiện của Định lý
1.3, 1.3.1, 1.3.2 ta chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất nhờ vào viêc
áp dụng ba định lý đó.
Chú ý: Phải dự đoán được nghiệm duy nhất đó để lấy cận tích phân như
trong Định lý 1.3, 1.3.1, 1.3.2 cận dưới của tích phân là nghiệm duy nhất của
phương trình.
2.4.2. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Chứng minh rằng phương trình
2  x 2  x  2  cos 2 x  1  2 x  sin 2 x .

có ít nhất 3 nghiệm phân biệt trong  1;2  .
Lời giải
Viết phương trình đã cho dưới dạng
2  x 2  x  2  cos 2 x  1  2 x  sin 2 x  0

Ta thấy hàm số
f  x   2  x 2  x  2  cos 2 x  1  2 x  sin 2 x

Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


25

Khoá luận tốt nghiệp
là một hàm số liên tục trên

và có một nguyên hàm

F  x    x 2  x  2  sin 2 x .

 
Ta có F  1  0; F  0   0; F  2   0; F    0 , theo Định lý 1.2, thì trong
2
    
mỗi khoảng  1;0  ,  0;  ,  ;2  phương trình đã cho đều có ít nhất một
 2 2 

nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có ít nhất 3 nghiệm phân biệt trong  1;2  .
Ví dụ 2. Chứng minh rằng phương trình
3x  2 x  5 x
3 ln 3  2 ln 2  5 ln 5 tan x  cos2 x  0
x

x

x

có nghiệm thuộc  0;1 .
Lời giải
Xét hàm số
3x  2 x  5 x
.
f  x    3 ln 3  2 ln 2  5 ln 5 tan x 
cos 2 x
x

x

x

Ta thấy f  x  liên tục trên  0;1 và có một nguyên hàm là
F  x    3x  2 x  5 x  tan x .

Ta có F 1  0, F  0   0 , nên F 1  F  0  .
Vậy theo Định lý 1.2 phương trình đã cho có nghiệm trong  0;1 .
Ví dụ 3. Giả sử

a b
  c  0 . Chứng minh rằng phương trình
3 2

ax 2  bx  c  0 có nghiệm thuộc  0;1 .

Lời giải
Xét hàm số: f  x   ax 2  bx  c

Đào Thị Hồng Vân

TXĐ:

K34A - Toán