Bất đẳng thức của hàm số

LỜI NÓI ĐẦU

B

ất đẳng thức là một trong những nội dung quan trọng trong chương trình toán  
phổ thông, nó vừa là đối tượng để nghiên cứu mà cũng vừa là một công cụ  đắc 
lực, với những ứng dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học. Trong các 
đề  thi chọn học sinh giỏi  ở các cấp những bài toán chứng minh bất đẳng thức thường  
xuất hiện như  một dạng toán khá quen thuộc, nhưng để  tìm ra lời giải không phải là  
một việc dễ dàng.
Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức khá phong phú, đa dạng và đã được khá  
nhiều tài liệu đề  cập đến. Một trong những phương pháp chứng minh bất đẳng thức 
hoặc sáng tạo ra bất đẳng thức là việc sử  dụng các tính chất đại số và hình học của  
tích phân.
Trên tinh thần đó tiểu luận gồm các phần: mục lục, mở đầu, 7 vấn đề, phụ  lục, kết  
luận và tài liệu tham khảo.
Vấn đề 1: Bất đẳng thức của hàm số giới nội và lồi.
Vấn đề 2: Bất đẳng thức của hàm số liên tục.
Vấn đề 3: Bất đẳng thức của hàm số liên tục và đơn điệu.
Vấn đề 4: Bất đẳng thức của hàm số khả vi.
Vấn đề 5: Bất đẳng thức của hàm số khả tích.
Vấn đề 6: Sử dụng công thức tính độ dài cung phẳng để chứng minh bất đẳng  
thức .
 Vấn đề  7: Sử  dụng công thức tính diện tích hình phẳng để  chứng minh bất  
đẳng thức .
Nội dung trong 5 vấn đề  đầu đề  cập đến việc sử  dụng các tính chất đại số  đơn giản  
của tích phân để chứng minh một số bài toán liên quan, trên cơ sở đó đưa ra những ví dụ 
áp dụng để  sáng tạo ra bất đẳng thức, 2 vấn đề  còn lại đề  cập đến việc thông qua  
những ước lượng trực quan từ hình học để chứng minh  bất đẳng thức kèm theo những 
ví dụ minh hoạ cụ thể.
Để  hoàn thành tiểu luận này, chúng tôi đã cố  gắng tập trung nghiên cứu, xong do ít  

nhiều hạn chế  về  thời gian cũng như  về  năng lực nên tiểu luận chắc chắn còn nhiều  
vấn đề chưa đề cập đến hoặc có đề  cập nhưng chưa đi sâu vào khai thác ý tưởng vấn 
đề. Vì vậy tiểu luận khó tránh khỏi những thiếu xót nhất định. Chúng tôi rất mong được  
sự chỉ bảo của quý thầy cô và các bạn đọc về tiểu luận này.
                                                                     
                                                                     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 rằng trên [a,b] hàm f(x) giới nội và lồi. Chứng minh rằng 
f (a ) + f (b) b
�a + b �
f ( x)dx ( b − a ) f �
�
2
a
�2 �
Chứng minh
Vì f(x) lồi trên [a,b] nên với bất kỳ  x 1,x2    [a,b] ta có bất đẳng thức so sánh f( 1x1 + 
2x2)    1f(x1) +  2f(x2) nếu  1   0 ,  2   0 ,  1 +  2 = 1 (theo định nghĩa)
Vì hàm lồi trên một đoạn nên nó liên tục. Như  vậy, f(x) khả  tích trên [a,b]. Sử  dụng  

tính chất lồi của f(x) ta có
a +ξ b −ξ
1
�a + b �
f�
+
) > [ f (a + ξ ) + f (b − ξ ) ] , a ξ b − a
�= f (
2
2
2
�2 �
Tích phân theo  ξ  tròg khoảng [0,b­a] ta nhận được
b −a
b −a
�b
a+b 1�
)
f
(
a
+
ξ
)
d
ξ
+
f
(
b

−
ξ
)
d
ξ
( b − a) f (
�
��
�= �f ( x)dx      (1)
2
2 �0
0
�a

( b − a)

trong tích phân đầu ta thay a + ξ   = t , còn tích phân thứ  hai thay b­ ξ   = z. Chia [a,b] 
b−a�
�
thành n phần bằng nhau  �∆xi =
� và lập tổng tích phân với  ξ k = xk
n �
�
b − a n−1 � k ( b − a ) � b − a n−1 ��
� k� k
Sn =
a+
1− �
a + b�
� f�

� f�
�=
�
n k =0 �
n
n
n
n �
�
�
k
=
0
�
�
�
k
� k� k �� k�
1− �
a + b �> �
1­ �f (a ) + f (b)
Do f(x) lồi , ta có  f �
�
n
� n� n �� n�
�
b − a n−1 ��
k
b−a �
n +1

n −1
� k�
�
1­ �f (a ) + f (b) �=
f (a ) +
f (b) �    (2).
Bởi vậy  Sn >
�
�
�
n k =0 �
n
2
� n�
�
� n �2
Chuyển qua giới hạn bất đẳng thức (2) khi  n
 (do f(x) khả tích ) ta nhận được
b
b−a
f ( x)dx
( f (a) + f (b) )
2
a
f (a ) + f (b) b
�a + b �
Kết hợp (1) và (2) ta có  ( b − a )
f ( x)dx ( b − a ) f �
�.
2

a
�2 �
Ví dụ 1.1. Cho 0 < a < b, p > 2. Chứng minh rằng 
p+1
p +1
p −1 b−1
p −1 a
−b
ab p + 1 a
−b

(

)

(

)

(

)

(

)

Lời giải 
Xét hàm số y = f(x) = x  trên [a,b], với a > 0, p > 2. 
Ta có  y '' = − p( p − 1) x p−2 < 0 .

Vậy hàm số y = f(x) bị chặn và lồi trên [a,b]. Khi đó
f (a ) + f (b) b
f ( x)dx
( b − a)
2
a
p


p
p
b p
−a − b
� ( b − a)
�− x dx
2
a
p +1
p +1
2 a
−b
p
p
� ( a − b) a + b �
p +1
p +1
p +1
p −1 b−1
� ( p − 1) a
−b

�ab ( p + 1) a
−b

(

)

(

)

)

(

(

(

)

2
2
Ví dụ 1.2 Với 0 < a < b Chứng minh   ab ln a − ln b

)

a2 − b2

Lời giải

Xét y = ­ xlnx trên (0,+ ) .
1
Ta có  y '' = − < 0, ∀x > 0 . Khi đó
x
b
b−a
( −a ln a − b ln b ) − x ln xdx
2
a
b−a
1 �2
x2 �
�
�
x ln x −
( −a ln a − b ln b ) �− �
2
2�
2 �
�
�a
2
2 a2 − b2
  ab ln a − ln b

(

b

)

Ví dụ 1.3. Với 0 < a < b < 1. Chứng minh  b 1 − a 2 − a 1 − b 2
Lời giải
Xét f(x) =  1 − x 2  trên [a,b] với 0 < a < b < 1.
Ta có f’(x) =  −

x
1 − x2

,

f '' ( x) = −

arcsinb­arcsina

1

( 1 − x2 )

1 − x2

 < 0 ,   x   [a,b]

f(x) bị chặn và lồi trên [a,b] . Khi đó 
( b − a ) ( f (a) + f (b) ) b f ( x)dx
2
a
1
�
�b

� ( b − a ) � 1 − a 2 + 1 − b 2 �� 1 − x 2 dx
2
�
�a
  
1
�
� 1�
�
� ( b − a ) � 1 − a 2 + 1 − b 2 �� �x 1 − x 2 + arcsinx �
2
2
�
� �
�a

b

� b 1 − a 2 + a 1 − b 2 �arcsinb ­arcsina
Ví dụ 1.4. Với 0 < a < b. Chứng minh  b 1 − a 2 − a 1 − b 2
Lời giải 

ln

b + b2 + 1
.
2
a + a +1

Xét 

y = − x 2 + 1, y '' = −

(

1

1 − x2

)

1 + x2

< 0, ∀x [a,b]

.

f (a ) + f (b)
2
b
�
x 2 + 1 + ln x + x 2 + 1 �
�a

Ta có y = f(x) la hàm bị chặn và lồi trên [a,b]. Khi đó  ( b − a )
�

a −b � 2
2 � 1�

� a + 1 + b + 1 ��− �x
2 �
� 2�

� b a 2 + 1 − a b2 + 1 �ln

b
a

f ( x)dx

b + 1 + b2
a + 1 + a2

π
. Chứng minh
4
                   ( y − x ) sin ( 2 x + 2 y ) cos2x­cos2y 2 ( y­x ) sin ( x + y ) .
Lời giải 
Ví dụ 1.5. Với  0 < x < y <

Xét f(t) = sin2t trên [x,y]   [0,

π

].

4
''
Ta có  f (t ) = −4sin 2t < 0∀x [x,y] . Khi đó

f ( x) + f ( y ) y
�x + y �
f ( x) dx ( y − x ) f �
      ( y − x )
�
2
x
�2 �
sin 2 x + sin 2 y y
� ( y − x)
� sin 2tdt �( y − x ) sin ( x + y )
2
x
( y − x ) sin ( 2 x + 2 y ) cos2x­cos2y 2 ( y­x ) sin ( x + y ) .
( a − b ) ( a + b + 2 ) ln �a + 1 � 2 ( a − b )
Ví dụ 1.6. Với 0 < a < b. Chứng minh 
.
� �
2 ( a + 1) ( b + 1)
�b + 1 � a + b + 2
Lời giải 
1
Xét  y = −
 trên [a,b] với a > 0.
x +1
2
''
< 0, ∀x [a,b] .
Ta có  y = −
3

x
+
1
(
)
Hàm số y = f(x) bị chặn và lồi trên [a,b] . Khi đó 
f (a ) + f (b) b
�a + b �
f ( x)dx ( b − a ) f �
( b − a)
�
2
a
�2 �


�
�
�
�
b−a� 1
1 � b 1
1
�
−
−
dx �( b − a ) �
−
�
��−

a+b �
2 � a +1 b +1 � a x +1
�
+1�
� 2
�
b 2 ( a − b)
a −b a +b+ 2
−+ �
ln x 1 a
2 ( a + 1) ( b + 1)
a+b+2

( a − b ) ( a + b + 2)
2 ( a + 1) ( b + 1)

�a + 1 � 2 ( a − b )
ln � �
.
�b + 1 � a + b + 2

Nhận xét: Để thuận tiện cho việc ra đề  bài tập ở dạng này chúng tôi đưa ra một số  
hàm lồi ở phần phụ lục.

Vấn đề 2.

Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Liên Tục
Bài toán 2.1. Chứng minh nếu f(x) và g(x) là 2 hàm liên tục, xác định trên [a,b] thì ta 
có 

2
b
b
�
� b 2
    ��f ( x) g ( x)dx � �f ( x)dx. �g 2 ( x )dx
a
a
�
� a
  ( Bất đẳng thức Cauchy_Bunhiacopxki).
Chứng minh 
   t   R, ta có 
2
0 tf ( x ) + g ( x) = t 2 f 2 ( x) + 2tf ( x) g ( x) + g 2 ( x)

[

]

b
b
b
0+ t 2 �f 2 ( x )dx +2t �f ( x) g ( x) dx �g 2 ( x )dx
a
a
a
Vế phải là tam thức bậc hai không âm   t 
2
b

b
�
� b 2
'
� ∆ �0 � ��f ( x) g ( x )dx � − �f ( x)dx. �g 2 ( x)dx �0 � dpcm .
a
a
�
� a
b

b 1
2
dx ( b − a ) .
a
a f ( x)
Hệ quả 2. Giả sử f(x) là hàm liên tục trong a   x   b. Chứng minh 
2
b
b 2
�
�
��f ( x)dx � ( b − a ) �f ( x)dx.
a
�a
�
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi f(x) = const.
x 2t
�x 1 �
e + e −t dt < e x − 1 �

e − �.
Ví dụ 2.1. Chứng minh: với   x > 0, ta có   e x − 1 <
2�
�
0
Lời giải

Hệ quả 1. Với f : [a,b] → (0,+ ) liên tục , ta có  �f ( x)dx. �

(

)


x 2t
x 1 t −2t
−
t
Ta có   � e + e dt = �
e2 e + e
dt  (1)
0
0
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có 
2
�x 1
� x
x
��
e 2 et + e −2t dt � �

et dt �et + e−2t dt
�0
� 0
0
�
�

)

(

2
�x 1
�
Theo (1) ta có     � e 2 et + e−2t dt �
�0
�
�
�

1 1
�
�x 1 �(2)
e x − − e−2 x �< ( e x − 1) �
e − �
( e x − 1) �
�
2 2
2�
�

�
�

Hiển nhiên ta có  e2t + e −t > et , ∀0 < t < x , nên ta suy ra
x 2t
x t
−t
e dt = e x − 1   (3)
� e + e dt > �
0
0
Từ (2) và (3) ta suy ra điều phải chứng minh
x 2t
�x 1 �
ex −1 <
e + e −t dt < e x − 1 �
e − �.
2�
�
0

(

)

2
�
�
2
2

6 1− a − 1− b �
Ví dụ 2.2. Với  1 < a b . Chứng minh  �
�
�
3
3
b −a
Lời giải
1
Xét  f(x) = 
 , g(x) = x trên [a,b] với 1 < a b .
1 − x2

ln

Dễ thấy f,g liên tục trên [a,b]. Áp dụng đẳng thức trên ta có 
2
�b 1
� b 1
b
��
xdx � �
dx. �x 2dx
�a
� a 1 − x2 a
2
� 1− x
�

2

�3 b �
b�
b� �
�
1
x
−
1
�x
�
�
� ��− ln
� �− 1 − x 2
�
�
� 2 x +1 a �
�
3
a �
�
�
a
�
� �
�
�
�
2
�b3 a3 �
�

� � 1 b −1 1 a −1 �
2
2
� �− 1 − b + 1 − a � ��− ln
+ ln
� − �
�
�3
3 �
�
� � 2 b +1 2 a +1 �
�
�
2
�
�
2
2
6 �1− a − 1− b �
�
�
3
3
b −a

ln

( a − 1) ( b + 1)
( a + 1) ( b − 1)

(

Ví dụ 2.3. Với 0 < a < b. Chứng minh  eb − ea

)

2

2
( b − a ) ea eb

( a − 1) ( b + 1) .
( a + 1) ( b − 1)


Lời giải 
1
Xét f(x) = ex, g(x) =  x trên [a,b] với a > 0. Khi đó
e
b x b 1
�e dx. � x dx
a
ae

(

� eb − e a

)

2

( b − a)

2

� 1 b�
�x b �
�−
��( b − a ) 2
��
e
�
x
a
�e a �
�
�
�
�

 

2
�( b − a ) e a eb .

π
. Chứng minh
2
                             4 ( cosa­cosb ) 2 ( b − a ) ( 2 ( b − a ) + sin 2a − sin 2b ) .

Lời giải 
2
b 2
π �b
�
Ta có  ∀0 < a < b < ,   ��
s inxdx � ( b − a ) �
sin xdx.
2 �
a
a
�
2
b� b−a b
��
( 1 − cos2x ) dx
�−cos a � �
2 a
�
�
Ví dụ 2.4. Với  ∀0 < a < b <

4 ( cosa­cosb )

2

( b − a ) ( 2 ( b − a ) + sin 2a − sin 2b ) .

Ví dụ 2.5. Với 0< a < b . Chứng minh  ln

b + b2 + 1
a + a2 + 1

( a − b ) ( arct ana − arctan b ) .

Lời giải 
Xét  f ( x) =

1
 liên tục trên [a,b] với a > 0. Khi đó 
x2 + 1

2
2
b�
�
�
�
b
b 1
1
� �( b − a ) arct anx b
��
dx � �( b − a ) �
dx. � �
ln x + x 2 + 1
a
�a 2
�
�

�
a x2 + 1
a
� x +1 �
�
�
b + b2 + 1
ln
( a − b ) ( arct ana − arctan b ) .
2
a + a +1

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 đều là hàm tăng. Chứng minh
1 b
1 b
1 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 là hàm giảm. Chứng minh

1 b
1 b
1 b
�f ( x) g ( x)dx
�f ( x)dx
�g ( x)dx
b−a a
b−a a
b−a a
( Bất đẳng thức Trêbưsep).
Chứng minh 
a) Với   x   [a,b]  � f (a ) g ( x) f (b)
b
b
b
b
−��
a )dx �f ( x)dx �f (b)dx ( b a ) f (a ) �f ( x)dx ( b a ) f (b)
�f−(��
a
a
a
a
            
 
b
1
� f (a )
f ( x)dx f (b)

b−a a
Theo định lý giá trị trung bình của hàm số liên tục    xo   [a,b] sao cho
1 b
f ( xo ) =
f ( x)dx
b−a a
Hơn nữa hàm f, g đồng biến trên [a,b]. Suy ra
[ f ( x) − f ( xo )] [ g ( x) − g ( xo )] 0, ∀x [a,b]
� f ( x) g ( x) − f ( xo ) g ( x) − f ( x ) g ( xo ) + f ( xo ) g ( xo ) �0
b
b
b
� �f ( x ) g ( x)dx − f ( xo ) �g ( x)dx − g ( xo ) �f ( x)dx + ( b − a ) f ( xo ) g ( xo ) �0
a
a
a
b
b
b
− f ( x−) g ( x)dx f ( xo )+�g ( x)dx g ( xo ) �f ( x)dx ( b a ) f ( xo ) g ( xo )
�
a
a
a
b
1 b
�f ( x )dx �g ( x )dx + g ( xo ) ( b − a ) g ( xo ) − ( b − a ) f ( xo ) g ( xo )
b−a a
a
b

1 b
1 b
1 b
1 b
� �f ( x )dx �g ( x )dx
�f ( x ) g ( x )dx
�f ( x)dx
�g ( x)dx
b−a a
b−a a
b−a a
b−a a
a
b) Giả thiết suy ra f, (­g) đều là hàm tăng nên theo câu a) 
1 b
1 b
1 b
[ − g ( x)] dx
�f ( x) [ − g ( x) ] dx
�f ( x) dx
�
b−a a
b−a a
b−a a
1 b
1 b
1 b
�f ( x) g ( x) dx
�f ( x )dx
�g ( x )dx

b−a a
b−a a
b−a a
Chú ý. Nếu f, g đều là hàm giảm thì bất đẳng thức câu a) vẫn đúng. Tức là f, g đơn  
điệu cùng chiều thì bất đẳng thức câu a) đúng.
            Nếu f là hàm giảm, g là hàm tăng  thì bất đẳng thức câu b) vẫn đúng. Tức là f, g  
đơn điệu ngược chiều thì bất đẳng thức câu b) đúng.

Bài toán 3.2. (Định lý về giá trị trung bình) Nếu f khả tích trên [a,b] thì tồn tại 
1 b
f (t )dt .
b−a a
Bài toán 3.3. Nếu f(t) liên tục và nghịch biến trên [0,a] thì 
c �( a, b ) : f (c) =


x
a
  a �f (t )dt x �f (t )dt , ∀x [0,a] .
0
0
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a hoặc x = 0.
Chứng minh 
Nếu x = 0 hoặc x = a thì đẳng thức xảy ra.
Nếu 0 < x < a,vì f(t) nghịch biến trên [0,a] nên  t, 0 < x   t   a ta có f(t)   f(x).
a
a
1 a
f (t )dt
Suy ra  �f (t )dt f ( x) �dt = (a − x) f ( x ) . Do đó  f ( x)

a−x x
x
x
x
x
Mặt khác khi 0 < t   x thì f(t)   f(x) nên  �f (t ) dt �f ( x) dt = xf ( x) .
0
0
1x
f (t )dt f ( x) .
Suy ra 
x0
1x
1 a
Từ đó ta có  �f (t )dt f ( x)
�f (t )dt .
x0
a−x x
x
a
0
a
1x
1 a
Nên  �f (t )dt
�f (t )dt . Suy ra (a − x) �f (t )dt x �f (t )dt = x( �f (t )dt + �f (t )dt
x0
a−x x
x
x

0
0
x
a
Vậy  a �f (t )dt x �f (t )dt .
0
0
Ta chứng minh đẳng thức xảy ra khi x = 0 hoặc x = a.
b
a
b
a
Thật vậy nếu tồn tại b  (0,a),  a �f (t )dt = b �f (t )dt = b( �f (t )dt + �f (t )dt )
0
0
0
b
Suy ra
b
b
a
a �f (t )dt − b �f (t )dt = b �f (t )dt
0
0
b
b
a
             � (a − b) �f (t )dt = b �f (t )dt
0
b

1 b
1 a
�
�f (t ) dt =
�f (t )dt
b−a 0
a −b b
Theo định lý về giá trị trung bình ta có
1b
∃ξ �[ 0, b ] : f (ξ ) =
f (t )dt
b0
1 a
δ �( b, a ) : f (δ ) =
f (t ) dt
a −b b
� f (ξ ) = f (δ )
Mà  δ > ξ , điều này mâu thuẫn với giả thiết f(t) là hàm giảm trên (0,a)
Vậy đẳng thức xảy ra khi x = a hoặc x = 0.
Hệ quả 1. Nếu f(t) liên tục và nghịch biến trên [0,a], x  [0,1] thì 


x
1
�f (t )dt x �f (t ) dt .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 hoặc x = 0.
0
0
Chứng minh tương tự ta có kết quả sau
Bài toán 3.4. Nếu f(t) liên tục và đồng biến trên [0,a],  x   [0,a] thì
x

a
a �f (t )dt x �f (t )dt . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a hoặc x = 0.
0
0
Hệ quả 2. Nếu f(t) liên tục và đồng biến trên [0,1], x   [0,1] thì 
x
1
�f (t )dt x �f (t ) dt . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x =1 hoặc x = 0.
0
0
Ví dụ 3.1. Với 0 < a   b. Chứng minh 
b + b2 + 1
2 a + a2 + 1
 .
b b2 + 1 − a a 2 + 1 + ln
2 ( b − a ) ln
2
2
a + a +1
b + b +1
Lời giải 
1
Xét f(x) =  x 2 + 1 , g(x) = 
 trên [a,b], với a > 0.
x2 + 1
Ta có

f ' ( x) =
         

g ' ( x) = −

Khi đó 

x
> 0, ∀x > 0
2
x +1
x
( x 2 + 1) x 2 + 1

< 0, ∀x > 0

1 b
�dx
b−a a

         

1 b 2
1 b
1
dx
� x + 1dx
�
b−a a
b − a a x2 + 1
b
b
1

� 2
� �
�
2
2
1
x x + 1 + ln x + x + 1 � �
ln x + x + 1 �
2�
�a �
�a
2( b − a) �

          

b b2 + 1 − a a 2 + 1 + ln

b + b2 + 1
a + a2 + 1

2 a + a2 + 1
2 ( b − a ) ln
.
2
b + b +1

Ví dụ 3.2. Chứng minh rằng   x   [0,1], 2x6 + 3x4 + 6x2 – 11x   0.
Lời giải
6
4

2
Xét f(x) = 2x  + 3x  + 6x  – 11x,
      g(t) =  t5 + t3 + t.
Ta có g(t) liên tục và đồng biến trên [0,1]. Do đó  x   [0,1] ta có


x 5 3
1 5 3
(t + t + t )dt x �
(t + t + t )dt
�
0
0
             x6 x 4 x 2
�1 1 1 � .
�
+
+
�x � + + �
6
4
2
�6 4 2 �
� f ( x) = 2 x6 + 3 x 4 + 6 x 2 − 11x �0
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  x = 0 hoặc x = 1.
1
2
2
2 1 + 2 ), ∀x (0,1]
Ví dụ 3.3. Chứng minh  x + 1 + ln x + x + 1 ln(e

.
x
Lời giải
 Xét hàm số y =  x 2 + 1  liên tục, đồng biến trên [0,1]. Do đó  x  [0,1],ta có 

(

x 2
� t + 1dt
0

)

1
x � t 2 + 1dt
0

x
1
1
x
2
2
2
2
� (t t + 1 + ln t + t + 1 )
�� (t t + 1 + ln t + t + 1 )
2
2
0

0
 
1
x 2 + 1 + ln x + x 2 + 1 ln(e 2 1 + 2 ), ∀x (0,1] .
x

(

Ví dụ 3.4. Chứng minh rằng  x   [0,
1).

)

2
π
π
π
]. Chứng minh x2 – (1 +  π )x    (cosx – 
2
4
2
8

Lời giải 
π
Xét g(t) = t + sint liên tục  và đồng biến  trên [0, ] .
2
π
π
x

2
Khi đó   x   [0, ]  ta có  π �
(
t
+
sin
t
)
dt
x
�(t + sin t )dt
2
20
0
π
x
2
2
2
π t
t
� ( − cost)
�x ( − cost)
2 2
2
0
0
� � π2 �
π �x 2
�x

� � − cosx+1���
1+
�� 8 �
2�
2
�
��
�
� π2 � π
π
π
�x − cosx �­
� f ( x) = x 2 − �
1+
� 8 � 2
4
2
�
�
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 

π
2

.


Ví dụ 3.5 Chứng minh    x   [0,1], xarccosx ­  1 − x 2 −

2

1
x x− x
3
3

Lời giải 
Xét g(t) =  t − arccost  liên tục và đồng biến trên [0,1].
Do đó   x   [0,1] thì 
x
1
(
t
−
arccost)dt
x
( t − arccost)dt
�
�
0
0
x
1
�2
�
�2
�
2
2
� � t t − tarccost+ 1­t � �x � t t − tarccost+ 1­t �
�0

�3
�0
         �3
2
�2 �
� 1 − x 2 + x x − 1 − xarccosx �x � − 1�
3
�3 �
2
1
� f ( x) = xarccosx­ 1­x 2 − x x − x �−1
3
3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  x = 0 hoặc x = 1.
Ví dụ 3.6. Chứng minh   x   [2k ,(2k+1) ], sin3x + 3sinx­  4 s inx
Lời giải 
Đặt  s inx �t = 0 t 1 .
 g(x) có dạng sau: h(t)  = t 5 + 3t 2 − 4 t .
Đặt k(u) =  u5 + u là hàm liên tục, đồng biến  trên [0,1]
t 5
1
��
(u + u )du �t �u 5 + u du
0
0
t6 t2
1 1
� ( + ) �t ( + ) � t 6 + 3t 2 − 4t �0
6 2
6 2

3
Suy ra  sin x + 3sin x − 4 s inx 0 .
π
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x =   + k2  hoặc x = k .
2

(

)

Ví dụ 3.7. Chứng minh   x   [0,

2
2

Đặt g(t) =  −

1
1− t2

],  x ­ 2 2 arcsinx   0.
Lời giải 

 nghịch biến và liên tục trên [0, 

2
].
2

−1 .

0.


2
2 � 1 �
2 x� 1 �
�
�
�
�
−
dt �x ��
−
dt
�
�
�
2 0 � 1− t2 �
2
0
�
�
� 1− t �
x
2
1
1
arcsint
xarcsint 0 2

arcsinx
2
2
0
� π x − 2 2arcsinx �0
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 

πx
4
2
.
2

Ví dụ 3.8. Chứng minh    x   [0,2],  3 x 2 + 4 x x + 4 ( 2 − x ) 2 − x − 6 x − 8 2

0

Lời giải 
Đặt g(t) =  t + t − 2 − t  là hàm đồng biến và liên tục trên [0,2].
x
2
� 2 �t + t − 2 − t dt �x �t + t − 2 − t dt
0
0
x
2
�
�
�
�

t 2 2t t 2
t 2 2t t 2
� 2� +
+ ( 2 − t ) 2 − t � �x � +
+ ( 2−t) 2−t �
3
3
3
3
�2
�0
�2
�0
�
�
�
�
� 3 x 2 + 4 x x + 4 2 − x 2 − x − 6 x �8 2

(

)

(

(

)

)

 đpcm.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 2.
Nhận xét
 Để tạo ra những bài tập thuộc dạng này có thể lấy một hàm số sơ cấp đơn giản  
thoả  mãn liên tục đơn điệu trên một khoảng nào đó, rồi lấy tích phân trên  
khoảng đó từ đó đưa ra bất đẳng thức cần chứng minh.
 Ta có thể mở rộng kết quả trên bằng cách từ f(x)   g(x),  x  [a,b] ta lấy tích  
phân nhiều lần ta thu được các bất đẳng thức phức tạp hơn 
b �x
b �x
�
�
                                 �
f
(
t
)
dt
dx
dx  ,  a < t < x < b .
�
��
�
��f (t )dt �
a�
a
a
� a�
�

 Tương tự ta có thể  mở rộng cho trường hợp hàm 2 biến x, y. Cho f(x,y), g(x,y)  
khả   tích trên D và f(x,y) ≥ g(x,y)   (x,y)   D ta có 
�f ( x, y )dxdy �
�g ( x, y )dxdy .Nếu f(x,y) khả  tích trên D và f(x,y) ≥ 0, (x,y)
       �
D
D
�f ( x, y )dxdy 0 . Khi dạy cho học sinh thì ta có thể  hướng dẫn cho  
D ta có �
D
học sinh thấy trong các trường hợp đặc biệt thì tích phân 2 lớp có thể hiểu là  
lấy tích phân một lớp hai lần, coi x là tham số, ta lấy tích phân theo biến y,  
sau đó ta mới lấy tích phân theo biến x như thế việc chứng minh sẽ 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 trên [a,b] và 
f(a) =0. Chứng minh 

2
�
�
                                 �
max f(x) �
�
�x [a,b] �
�
Chứng minh

( b − a)

Do f(a) = 0 nên  f ( xo ) = f ( xo ) − f (a ) =
trong đó  f ( xo ) = max { f(x)/x [a,b] } .
Suy   ra [ f ( xo ) ]

2

2
�f ' ( x ) � dx .
�
a�

b

xo
f ' ( x)dx
a

2
2 �
�xo '
�xo
� �xo 2 �
'
�
�
= ��1. f ( x)dx � ��1 dx �
f

(
x
)
dx � ( b − a )
�
�a��
� �
�a
� �a
�
�
�

xo
2
' ( x) � dx
�
f
�
�
a �

.
2
�
�
Vậy   �
max f(x) �
�
�x [a,b] �

�

( b − a)

2
�f ' ( x ) � dx .
�
a�

b

Bài toán 4.2.  Nếu y = f(x) , y = g(x) liên tục, không âm, tăng trên [0,+ ] sao cho 
f(0)g(0) = 0. Khi đó   a   0 ,   x   0 ta có 
a '
x
'
      �f (t ) g (t )dt + �f (t ) g (t ) dt f ( a) g ( x)  (1).
0
0
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a.
Chứng minh 
Nếu x = a thì hiển nhiên đẳng thức xảy ra.
Nếu x   a. Gọi I là vế trái của (1) khi đó ta có 
x
a
x
x
a
'
Ι = �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
0
0
0
  
a
x a
= f (t ) g (t ) 0 + �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 trên [0,+ ] nên 
a '
a
     Ι f ( x) g ( x) + f (t ) g (t )dt = f ( x) g ( x) + g ( x ) [ f (t ) ] x = f (a ) g ( x) .
x
Nếu x   a 


a
a
x
a
x
'
Ι = �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
0
0
0
  
x
x
a
= f (t ) g (t ) 0 + �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 trên [0,+ ] nên 
x
x
Ι f (a ) g (a ) + f (a ) g ' (t )dt = f ( a) g ( a) + f (a ) [ g (t ) ] 0 = f (a ) g ( x) .
a
Chứng minh tương tự ta có kết quả sau

Bài toán 4.3.  Nếu y = f(x), y = g(x) liên tục, không âm, tăng trên [0,+ ] sao cho 
f(0)g(0) = 0. Khi đó   a   0,   b   0 ta có 
a
b
      �f ' (t ) g (t )dt + �f (t ) g ' (t )dt f (c) g (c)  (2).
0
0
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = a , c = min(a,b).

Ví dụ 4.1. Chứng minh rằng   x   0, ta có 
1
�1
�
x 2 − 1 ln ( 1 + x ) − � + ln 2 �x 2 + x − + ln 2 0 .
2
�2
�
Lời giải 
2
Xét f(t) = t , g(t) = ln(1+t) liên tục và không âm, đồng biến khi t   0. Khi đó   t   0,ta 
có 

)

(

t t2
x
x ln 2 �
dt + 2 �t ln(1+ t ) dt .
2
0 1+ t
0
Mà 
1
�
1 t2 �
t2
1

= � − t + ln ( 1 + t ) � = ln 2 −
2
01+ t �
�2
�0
�
2

x
�
1 �2
t2
1 �2
t ln ( 1 + t ) dt = �
t ln ( 1 + t ) − + t − ln ( 1 + t ) � = �
x ln ( 1 + x ) −
2�
2
2
�
�
0
�
�0
�
1
�1
�
x 2 − 1 ln ( 1 + x ) − � + ln 2 �x 2 + x
− ln 2

2
�2
�
đpcm.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
2
Ví dụ 4.2. Chứng minh   x   0, ta có  e x x6 − 3 x 4 + 6 x 2 − 7 + 3e
x

(

)

(

Lời giải 

)

�
x2
+ x − ln ( 1 + x ) �
2
�
�

0.


Xét f(t) = t6, g(t) =  et 2 liên tục, không âm và đồng biến khi t   0. Khi đó   t   0,ta có 

x
2 1 t2 3
2
ex
e 6t dt + �2t 6tet dt .
�
0
0
Mà
1
1 t2 5
2 4
t
2
e 6t dt = e t − 2t + 2
= 3e − 6
0
0
x
x 7 t2
2 6
2
t
4
2
2t e dt = e t − 3t + 6t − 6
= e x x6 − 3x 4 + 6 x 2 − 6 + 6
0
0
2

e x x6 − 3 x 4 + 6 x 2 − 7 −3e

)

(

(

(

)

)

(

đpcm.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1.

)

� π�
Ví dụ 4.3. Chứng minh   x   0, ta có  �x − �tan ( x ) + ln cos(x) + ln 2 0 .
� 3�
Lời giải 
Xét f(t) = tant, g(t) = t liên tục, không âm và đồng biến khi t   1. Khi đó   t   0 ta có 
π
x
3
π

t
tan ( x ) �tan tdt + �
dt .
2
3
0
0 cos (t )
Mà
π
3
     0
x

π
tan tdt = − ln cost 0 3 = ln 2

x
t
dt = �
t tan t + ln cost �
= x tan x + ln cosx

0
0 cos 2 (t )
� π�
�x − �tan ( x ) + ln cos(x) − ln 2
� 3�
đpcm.
π
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x =  .

3
1− a
a −1
ln a
Ví dụ 4.4. Với 0 < 1 < a. Chứng minh 
.
a
a
Lời giải 
Xét hàm số y = lnx trên [1,a], với a   1. 
Ta có y(1) = 0
1
         y’ =  > 0 .
x


2
2
�
�
a
'
Khi đó            �
max lnx � ( a − 1) �
dx .
(�ln x ) �
�
�
�
�

�
1
x
[1,a]
�
�
Suy ra 
b 1
2
2
�1 �
a 1)
dx
ln a )
a 1) �
1�
            ( ln a ) �( −−−+
(
(
�a �
1 x2
1− a
a −1
ln a
             
.
a
a

Vấn đề 5. 

Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Khả Tích
b

b

a

a

Bài toán 5.1. Nếu f(x) ,g(x) khả tích trên [a,b] và f(x)   g(x) thì  �f ( x)dx �g ( x)dx .
b

Hệ quả. Nếu f(x)   0,   x   [a,b] thì  f ( x)dx 0 .
a

Bài toán 5.2. Giả sử hàm số f(x) khả tích trên [a,b] và  inf[a,fb(]x) > 0 . Khi đó, ta có
b−a
           b
1
dx
a f ( x)

e

1 b ln f ( x)dx
b−a a

1 b
f ( x )dx       (1).

b−a a

Nhận xét. Với  ai > 0, i = 1, n . Ta có dãy bất đẳng thức sau
n

   1
1
1
+
+ ..... +
a1 a2
an

n a a ...an
1 2

Chứng minh

a + a + .... + an
1 2
n

a 2 + a 2 + ..... + an 2
1
2
(2)
n

Chia [a,b] thành n đoạn nhỏ bằng nhau bởi các điểm chia  a = x0

x ........ xn = b  
1

b−a
và chọn  ξi �[ xi −1, xi ], i = 1, n, ∆xi = xi − xi −1 =
 .                                
n
b
n
n f (ξi )
b−a
1 b
Ta có  �f ( x)dx = lim � f (ξi )
.
�
�f ( x)dx = lim �
n
b−a a
a
n
n
i =1
i =1 n
1 b ln f ( x)dx
b −a a

n
b−a
n
= lim n

f (ξi ),
= lim n
n
b
n
1 .
1
i =1
dx
i =1 f (ξi )
a f ( x)
Áp dụng dãy bất đẳng thức (2) ta có 
Tương tự  e


n f (ξi )

     i =1 n
Cho  n

n

n

f (ξi )

n

n

1 .
i =1 f (ξi )
 ta được dãy bất đẳng thức (1) .
i =1

Ví dụ 5.1. Chứng minh rằng  1 + x ln( x + 1 + x 2 )
1 + x 2 , ∀x
Lời giải 
�
�
t + 1 + t 2 �> 0, ∀t > 0.
Xét hàm số  f (t ) = ln �
�
�
x �
�
t + 1+ t2 �
dt > 0 .
Khi đó với 0   t   x ta có  ln �
�
0 �
x
I
=
ln(t + 1 + t 2 )dt .
Xét 
0
u = ln(t + 1 + t 2 )
Đặt 
.

dv = dt

R.

Suy ra  I = x ln( x + 1 + x 2 ) − 1 + x 2 + 1 > 0.
Vậy ta có  1 + x ln( x + 1 + x 2 )

1 + x 2 , ∀x > 0 .

�
�
�
�
t + 1 + t 2 �= − ln �
−t + 1 + t 2 �< 0, ∀x > 0.
Với x   t < 0 thì  f (t ) = ln �
�
�
�
�
0 �
�
t + 1+ t2 �
dt < 0  
Khi đó với x   t   0 ta có  ln �
x �
�
0
� I = ln(t + 1 + t 2 )dt = − x ln( x + 1 + x 2 ) − 1 + 1 + x 2 < 0
x

� x ln( x + 1 + x 2 ) + 1 > 1 + x 2 , ∀x < 0
Khi x = 0 bất đẳng thức trở thành đẳng thức .
Vậy ta có  1 + x ln( x + 1 + x 2 )
1 + x 2 , ∀x R.  
Ví dụ 5.2. Cho x   0. Chứng minh với n nguyên dương 
2
3
n
    e x   1 + x + x + x + ........ + x   (*).
2 ! 3!
n!
Lời giải 
Ta chứng minh (*) bằng phương pháp quy nạp .
Với n = 1, từ et   1 với t   0 ta có với x   0 
x t
x
x
   e dt     1dt � e − 1  x   ex   1 + x .
0
0
Giả sử với n = k ,   t   0 


t 2 t3
tk
t
 
e 1 + t + + + ........ + .
2! 3!
k!

x t
x�
t2
tk �
1 + t + + ....... + �
dt
Với x   0 , ta có  e dt   �
�
2!
k
!
0
0�
�
�
x
x � t 2 t3
t k +1 �
t
�
�
+ ....... +
 e
  1+ +
0
� 2 2!3
�
k
!(
k

+
1)
�
�0
x 2 x3
x k +1
 ex­1    x +
+ ....... +
2! 3!
(k + 1)!
x 2 x3
x k +1
 ex     1 + x +
.
+ ....... +
2! 3!
(k + 1)!
Công thức với n = k +1 đúng.
Vậy (*) đúng   n   1.
3
Ví dụ 5.3. Chứng minh   x   0, ta có  x − x < sin ( x ) < x .
6
Lời giải 
2
t
t�
Ta có   t   0 ta có 0   1 – cost = 2sin2( )  2 �
� �.
2
�2 �

Suy ra   x   0
 
x
x
x t2
x t3
x3
x3
0< �
� 0 < x − s in ( x ) <
� x−
< s in ( x ) < x
( 1 − cost ) dt < � dt � 0 < ( t − sin t ) 0 <
6
6
6
0
0 2
0
Ví dụ 5.4. a) Chứng minh rằng với n nguyên dương 
2
2
� (2n)!! � 1
� (2n)!! � 1
π
    �
< <�
�
� .
2

n
−
1
!!
2
n
+
1
2
2
n
−
1
!!
(
)
(
)
�
�
�
� 2n
− x2 dx
                  b) Sử dụng (8) để tính  K = e
 .
0
Lời giải 
π
π
2

2
a) Xét tích phân  I = �sin n xdx = �sin n−1 x s inxdx .
n
0
0
Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta có 
u = sin n−1 x � du = ( n − 1) cosx.sin n­1x.dx
đặt 
dv = s inx.dx v=­cosx
Ta có 


π
π
2
I n = − sin n−1 x.cosx 2 + ( n − 1) cos 2 x.sin n−2 x.dx
0
0
π
π
π
�
�
2
2
2 n
         I = n − 1
2
n
−

2
n
−
2
�
) �1 − sin x .sin x.dx = ( n − 1) ��sin x.dx − �sin x.dx �
n (
�
0
0
0
�
�
�
�
n −1
� I n = (n − 1) �
I
− I �� nI n = (n − 1) I
� In =
I
n −2
�n−2 n �
n n− 2
Với n=2m, ta có
2m − 1
I
=
I
2m

2 m 2 m −2
                     
2m − 3
3
I 2 m −2 =
I 2 m −4 � I 4 = I 2
2m − 2
4
nhân vế cho vế ta có 
( 2m − 1) ( 2m − 3) .....3 I
                                   I 2m =
2m ( 2m − 2 ) .........4 2
biết 
π
π
π
2 2
2
2 1 π
1
sin
2
x
�
�
      I = �sin xdx = �( 1 − cos2x ) dx = �x −
= .
�
2 0
2�

2 �0
2 2
0
Vậy
( 2m − 1) ( 2m − 3) .....3 π
      I 2m =
    (1).
2m ( 2m − 2 ) .........4.2 2
Với n = 2n + 1 ta có  
2m
I 2m+1 =
I
2m + 1 2m−1
2m − 2
I
=
I
2
m
−
1
                         
2m − 1 2m−3
...............................
2
I = I
3 3 1

(

)

Nhân vế cho vế ta có 
                                   I 2m+1 =
biết 

π
2

2m ( 2m − 2 ) ..........2
I
(2m + 1) ( 2m − 1) .....3 1

π
      I = sin xdx = −cosx 2 = 1
0
1 0
Vậy


2m ( 2m − 2 ) .....2
   .
(2m + 1) ( 2m − 1) ........3
π
Cho 0   x    . Suy ra
2
π
π
π
2

2
2
sin 2n ( x ) < sin 2n x < sin 2n−1 x � �sin 2n+1 xdx < �sin 2n x.dx < �sin 2n−1 xdx
0
0
0
� I 2n+1 < I 2n < I 2n−1
      I 2m+1 =

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 1. Theo công thức (1) và (2) ta có 
2n ( 2n − 2 ) ..........4.2
(2n − 1) ( 2n − 3) ..........3 π
(2n − 2) ( 2n − 4 ) ..........2
  
 < 
 < 
(2n + 1) ( 2n − 1) .....5.3
2n ( 2n − 2 ) ........2 2
(2n − 1) ( 2n − 3) .....3
2
2
π
�2n ( 2n − 2 ) ..........4.2 � 1
�2n ( 2n − 2 ) ..........2 � 1
 <   <  �
�
�
�
2
(2n − 1) ( 2n − 3) .....5.3 � 2n + 1

(2n − 1) ( 2n − 3) .....3 � 2n
�
�
2
2
� (2n)!! � 1
π � (2n)!! � 1
< <�
�
�
�  (*).
2
n
−
1
!!
2
n
+
1
2
2
n
−
1
!!
(
)
(
)

�
�
�
� 2n
− x2 dx
b) Tính  K = e
.
0
Nhận xét.  f (t ) = ( 1 + t ) e −t  đạt giá trị lớn nhất bằng 1 tại x = 0. Do đó với t ≠ 0 sẽ có 
n
1
2 < e− x2 < 1 � 1 − x 2 < e −nx2 <
1
−
x
−
t
n ,0 < x <1
( 1 + t ) e < 1 . Từ đó 
2
x2 + 1
x +1

)

(

)

n

1
1 −nx2
2
1
1 − x 2 dx < �
e
dx < �e −nx dx < �
�
n dx
Suy ra  0
0
0
0 x2 + 1

(

(

   trong đó

π
n
1
2 dx = 2 sin 2n+1 tdt = ( 2n ) !! ,
�1 − x
�
( 2n + 1) !!
0
0
1 −nx2

1
dx =
K,
                e
n
0
π
2 2 n −2
1
(2n − 3)!! π
tdt =
�
n dx = �sin
(2n − 2)!! 2
0 x2 + 1
0

)

(

(

Vậy

)

)

(

)


n
      

( 2n ) !! < K <
( 2n + 1) !!

n

( 2n − 3) !! π
( 2n − 2 ) !! 2

2
2
2
2n − 3) !! �
(
n � ( 2n ) !! � 1
n �
�π �
2
�
<
K
<
2
n

−
1
(
)
�
�
�
�
� � (**)
2n + 1 �
2n − 1 �
( 2n − 1) !!� 2n + 1
( 2n − 2 ) !!�
�2 �

2
� ( 2n ) !! � 1
π
Từ công thức (*) ta được:  lim �
= .
�
( 2n − 1) !!� 2n + 1 2
n
�
π
π
Từ (**) cho  n
 suy ra K2 =  và  K =
.
4

2
t

ln x
I
=
dx, ∀t 1 .
Ví dụ 5.5. Tính 
2
1 1+ x

( )

Chứng minh rằng 

t +1
�t + 1 �
� � , ∀t 1 .
�2 �

                            t t

Lời giải 
1
u' =
x
�
1
�
v=−

1+ x

u = ln x
1
Đặt  �
v' =
2
�
(1+ x)
Khi đó

t t
t
ln x
1
ln t ln x
ln t ln t
I =−
+
dx = −
+
=−
+
+ ln 2 .
1+ x 1 1 x ( 1+ x)
1+ t 1+ x 1
1+ t 1+ t
Vì
ln x
f ( x) = �∀γ

0, x [1,t],I 0
2
( 1+ x)
      
ln t
t­
+ ln t − ln(1 + t ) + ln 2 0
1+ t
Suy ra 
− ln t + ( t + 1) ln t − ( t + 1) ln ( t + 1) + ( t + 1) ln 2 0
          

�+( t�1+) +ln+2t۳+ ( t 1) ln(t 1) ln t
t +1
۳+ (۳2∀t )�

(t

1)

t +1

t

tt

ln ( 2t )

t +1

t +1
�t + 1 �
� � , t 1
�2 �

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 1.
Ví dụ 5.6. Với 1 < a < b . Chứng minh

ln ( t 1)

t +1

t


a 2 + ab + b2 .
2 ( a ln a − b ln b + a + b ) ( a − b ) ln
3
Lời giải
Xét hàm số y = x2 khả tích trên [a,b] với a > 0. Khi đó
1 b ln xdx
b−a
1 b 2
b −a a
e
x dx
b 1
b−a a
dx
a x2

  
�
2�
�a ln a −b ln b + a +b �
�
�
b−a
1 b3 − a 3
b −a
�
e
b
b−a
3
1
−
xa
a 2 + ab + b2 .
( a − b ) ln ab 2 ( a ln a − b ln b + a + b ) ( a − b ) ln
3
Ví dụ 5.7. Với 0 < x < y. Chứng minh
3 x+ y
x+3 y
x+ y
y .
2
2
e
( x − y)
( x − y )(e

− e 2 ) (e x − e ) 2
Lời giải
t
Xét hàm số y = e  khả tích trên [x,y] với x > 0. Khi đó
y
1 tdt
y−x x
y−x
1 y t
e
e dt    
y 1
y−x x
dt
x et
x +3 y �
�3x + y
2
x+ y
y 2
2
�
− e 2 � ex − e
( x − y ) ( x − y ) �e
 e
.
�
�
�
Nhận xét. Với các ví dụ  trên ta dùng tích phân giải được dễ  dàng nếu dùng phương  

pháp khác sẽ gặp nhiều khó khăn. Để thấy được hiệu quả của việc dùng tích phân để  
chứng minh bất đẳng thức, các ví dụ sau sẽ sử dụng các ứng dụng của tích phân để  
tạo ra những bất đẳng thức và chỉ có sử dụng tích phân mới chứng minh được.
  ( a − b ) ln ab

(

)

Vấn đề 6. 
Sử Dụng Công Thức Tính Độ Dài Cung Phẳng
Bài toán. Cho cung AB của đồ thị hàm liên tục y = f(x) trên [a,b]
 thì độ dài l của cung AB là 

                                               l =

b
a

1 + f '2 (t )dt .


Bài toán 6.1. Cho cung AB của đồ thị hàm liên tục y = f(x) trên [a,b]. Gọi l là độ dài  
y
cung AB thì l   ABđẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = f(x) = ax + b; a,b    R .
B

A

O

Ví dụ 6.1.1.  Chứng minh  a (a + 4) + 4 ln

(

a

a + a+4

b

)

x

a (a + 4) + 4 ln 2, ∀a > 0 .

Lời giải
Xét hàm số y =  4 x  và hai điểm O(0,0), A(a, 4 a ). Khi đó
2a
a
4
a + a+4
l = � 1 + dx = � t 2 + 8dt = a( a + 4) + 4 ln
x
2
0
0
OA = a 2 + 16a
Từ l > OA Suy ra đpcm.
Ví dụ 6.1.2. Cho a là số không âm. Chứng minh 

2a 1 + 4a 2 + ln(2a + 1 + 4a 2 ) 4a 1 + a 2 .
Lời giải 
Xét hàm số y = ax  và hai điểm O(0,0), A(1,0). Khi đó  OA = 1 + a 2
1
2 2
                                                                                            l = 1 + 4a x dx
0
Đặt  t = 2ax, dt = 2adx . Suy ra
 
2a
1 2a
1 �
1 �
�
�
�
�
�
�
2
2
2
l=
1 + t dt =
t 1 + t + ln �
t + 1+ t �
=
2a 1 + 4a 2 + ln �
2a + 1 + 4a 2 �
�

�
�
�
2a 0
4a �
4a �
�
�
�
�
�0
�
Từ l   OA suy ra
                              2a 1 + 4a 2 + ln(2a + 1 + 4a 2 ) 4a 1 + a 2 .
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Ví dụ 6.1.3. Chứng minh với 0   a   b thì ta có 
3
3
2 2
.
2�
( 1 + 9b ) 1 + 9b − ( 1 + 9a ) 1 + 9a �
�
� 27 4a + 4b − 8ab ab + a + b − 2ab
Lời giải 

(

)

Xét hàm số  y = x3 và hai điểm A(a,2a a ), B b,2b b .


Ta có  AB = 4a3 + 4b3 − 8ab ab + a 2 + b 2 − 2ab  và  y ' = 3 x  nên độ dài cung AB là 
b
3
b
2
2
( 1 + 9b ) 1 + 9b − ( 1 + 9a ) 1 + 9a �
l = 1 + 9 xdx =
( 1 + 9 x ) 2 = 27 �
�
�.
27
a
a
2 �
3
3
2 2
Vậy  �
( 1 + 9b ) 1 + 9b − ( 1 + 9a ) 1 + 9a �
� 4a + 4b − 8ab ab + a + b − 2ab
27
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
π
Ví dụ 6.1.4. Chứng minh với  0 < a b <  thì ta có 

2
2
2
� b� � a�
ln �tan �− ln �tan � ( a − b ) + ( ln ( sin a ) − ln ( sin b ) ) .
� 2� � 2�
Lời giải 
Xét hàm y = ln(sinx) và  A( a,ln(sin a)), B(b,ln(sin b)) . ta có 
2
2
’
AB = ( a − b ) + ( ln ( sin a ) − ln ( sin b ) ) và y  = cotx nên độ dài cung AB là 
b
b
b 1
x
b
a
2
l = � 1 + cos xdx = �
dx = l n tan
= ln tan − ln tan
2a
2
2
a
a s inx
2
2
� b� � a�

Vậy  ln �tan �− ln �tan � ( a − b ) + ( ln ( sin a ) − ln ( sin b ) ) .
� 2� � 2�
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
Ví dụ 6.1.5. Chứng minh với 0   a   b thì ta có 
b + 1 + b2
b 1 + b 2 − a 1 + a 2 + ln
( b − a ) a 2 + b2 + 2ab + 4 .
a + 1 + a2
Lời giải 
1
1
1
Xét hàm số  y = x 2  và hai điểm  A(a, a 2 ), B (b, b2 ) .
2
2
2
1
Ta có  AB = ( b − a ) a 2 + b 2 + 2ab + 4  và y’ = x nên độ dài cung cần tìm là
2
b
b
x
1 �
�
2
2
2
l = 1 + x dx =
1 + x + ln �x + 1 + x �
2

2 �
a
�a
b
1 �
1 �
�a
�
=
1 + b2 + ln �
b + 1 + b 2 �−
1 + a 2 − ln �
a + 1 + a2 �
2
2 �
2 �
�2
�
b
a
1 b + 1 + b2
=
1 + b2 −
1 + a 2 + ln
y
2
2
2 a + 1 + a2
An­1
ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.

B
A2
Bài toán 6.2. Cho cung AB của đồ thị hàm liên tục y = f(x) trên [a,b].  Trên cung AB
 
A1
lấy n điểm   A1 = A, A2 ,....., An = B . Gọi l,d là độ  dài cung AB và độ  dài đường gấp 
A

O

a

b

x