Tiểu luận: Phương pháp chứng minh và sáng tạo bất đẳng bằng sử dụng các tính chất đại số và hình học của tích phân

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
KHOA TOÁN
LỚP SƯ PHẠM TOÁN K29


                 
                      Người thực hiện :

 Lê Nguyễn Minh Trung

                          Vũ Thị Hương

 ĐỀ TÀI:

 

Phương pháp chứng minh và sáng tạo bất 
đẳng bằng sử dụng các tính chất đại số và 
hình học của tích phân

 

                    

                

 Giáo viên hướng dẫn :  Dương Thanh Vỹ

      

     

Quy Nhơn, tháng 10 năm 
2009


LỜI NÓI ĐẦU
Bất 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 

( b − a)

f (a ) + f (b)
2

b
a

f ( x)dx

( b − a)

�a + b �
f�
�
�2 �

Chứng minh
Vì f(x) lồi trên [a,b] nên với bất kỳ x1,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�
)
( b − a) f (
� � f (a + ξ )d ξ + � f (b − ξ )d ξ �= �f ( x)dx      (1)
2
2 �0
0
�a
trong tích phân đầu ta thay a + ξ  = t , còn tích phân thứ hai thay b­ ξ  = z. 
b−a�
�
Chia [a,b] thành n phần bằng nhau   �∆xi =
�  và lập tổng tích phân 
n �
�
với  ξk = xk
b − a n−1 � k ( b − a ) � b − a n−1 ��
� k� k
a+
1− �
a + b�
� f�
� f�
    Sn =
�=
�
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�

Bởi   vậy

�
�
b − a n−1 ��
k
b−a �
n +1

n −1
� k�
�
1­ �f (a) + f (b) �=
f (a) +
f (b) � 
  Sn >
�
�
�
n k =0 �
n
2
� n�
�
� n �2

(2).
Chuyển qua giới hạn bất đẳng thức (2) khi  n
nhận được
b
a

f ( x)dx

b−a
( f (a) + f (b) )
2

 (do f(x) khả tích ) ta 

b

f (a ) + f (b)
2

Kết hợp (1) và (2) ta có  ( b − a )

a

f ( x)dx

( b − a)

�a + b �
f�
�.
�2 �

Ví dụ 1.1. Cho 0 < a < b, p > 2. Chứng minh rằng 

( p − 1)

( a p+1 − b p+1 )

(

ab ( p + 1) a

p −1

− bb−1

)

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
p

f (a ) + f (b) b
f ( x)dx
2
a
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

( b − a)

(

)

(

)

)

(

(

)
(

Ví dụ 1.2 Với 0 < a < b Chứng minh   ab ln a 2 − ln b2

)

a2 − b2

Lời giải 
Xét y = ­ xlnx trên (0,+ ) .
1
x

Ta có  y '' = − < 0, ∀x > 0 . Khi đó
b
− x ln xdx
a

b−a
( −a ln a − b ln b )
2

b−a
1 �2
x2 �
�
�
�
−
a
ln
a
−

b
ln
b
�
−
x
ln
x
−
(
)
�
2
2�
2
�
�a
ab ln a 2 − ln b 2 a 2 − b 2

)

(

 

b

     Ví dụ 1.3. 0 < a < b < 1. Chứng minh  b 1 − a 2 − a 1 − b2 arcsinb­arcsina
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) = −

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) )
2

b

a

f ( x)dx

1
2 + 1 − b 2 ��b 1 − x 2 dx
1
−
a
( b − a) �
�
�
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 − b2 ln
Lời giải 
Xét 

y = − x 2 + 1, y '' = −

(

1

1 − x2

)

1 + x2

< 0, ∀x [a,b]

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

.

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

( b − a)

f (a ) + f (b)
2

b
a

f ( x)dx

a −b � 2
�
2 � 1� 2
2
�
� a + 1 + b + 1 ��− �x x + 1 + ln x + x + 1 �
2 �
� 2�
�a
� b a 2 + 1 − a b2 + 1 �ln

b + 1 + b2
a + 1 + a2

b

π
. Chứng minh
4
                   ( y − x ) sin ( 2 x + 2 y ) cos2x­cos2y 2 ( y­x ) sin ( x + y ) .

     Ví dụ 1.5. Với  0 < x < y <

Lời giải 
π

 Xét f(t) = sin2t trên [x,y]   [0, ].
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 �
�
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 ) .

      ( y − x )


 

     

 Ví   dụ   1.6.  Với   0   <   a   <   b   .   Chứng   minh 

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

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

Lời giải 
1
 trên [a,b] với a > 0.
x +1
'' = − 2
y
< 0, ∀x [a,b] .
Ta có 
3
( x + 1)

Xét  y = −

Hàm số y = f(x) bị chặn và lồi trên [a,b] . Khi đó 
b

�a + b �
f�

�
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

( b − a)

f (a ) + f (b)
2

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

f ( x)dx

( b − a)

�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 
0

[ tf ( x) + g ( x) ]

2

= 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
dx
a f ( x)

2

( b − a) .

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

Hệ quả 2. Giả sử f(x) là hàm liên tục trong a   x   b. Chứng minh 
2
b
�
�
��f ( x)dx �
�a
�

b

( b − a ) �f 2 ( x)dx.
a

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi f(x) = const.
Ví dụ 2.1. Chứng minh: với   x > 0, ta có 
ex −1 <

x
0

e2t + e −t dt <

1�
e x − �.
( e x − 1) �
�
2�
�

Lời giải

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

(

)

(

)

(

1�
ex − �
)�
�
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
ex −1 <

x
0

e2t + e −t dt <

1�
e x − �.
( e x − 1) �
�
2�
�

2
�
�
6 � 1 − a 2 − 1 − b2 �
Ví dụ 2.2. Với 1 < a b . Chứng minh  �
�
3
3
b −a

Lời giải

ln

( a − 1) ( b + 1) .
( a + 1) ( b − 1)

Xét  f(x) = 

1
1 − x2

 , g(x) = x trên [a,b] với 1 < a b .

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

�
2
�
�
2
2
6 �1− a − 1− b �
�
� ln ( a − 1) ( b + 1)
( a + 1) ( b − 1)
b3 − a 3

2
2
 Ví dụ 2.3. Với 0 < a < b. Chứng minh  eb − ea
( b − a ) ea eb

(

)

Lời giải 
1

Xét f(x) = ex, g(x) =  x trên [a,b] với a > 0. Khi đó
e
b

b 1
2

a
ae
� 1 b�
2
�x b �
�−
��( b − a ) 2 � eb − e a �( b − a ) 2 e aeb .
��
e
�
x
�e a �
� a �
�
�

   �e x dx. � x dx ( b − a )     

(

)

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

Ví dụ 2.4. Với  ∀0 < a < b <

2

π �b
�
Ta có  ∀0 < a < b < ,   ��s inxdx �
2 �
a
�

Lời giải 
b

( b − a ) �sin 2 xdx.
a

2
b� b−a b
�
� �−cos a � �
( 1 − cos2x ) dx
2 a
�
�
2
4 ( cosa­cosb )
( b − a ) ( 2 ( b − a ) + sin 2a − sin 2b ) .


Ví dụ 2.5. Với 0< a < b . Chứng minh 
b + b2 + 1
ln
a + a2 + 1

Xét  f ( x) =

( a − b ) ( arct ana − arctan b ) .
Lời giải 
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 ) .
a + a2 + 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)
b
b
b
−��
a )dx �f ( x)dx �f (b)dx
�f−(��
a
a
a
          
1 b
� f (a )
f ( x)dx f (b)
b−a a

f (b)

(b

a ) f (a )

b
�f ( x)dx

a

(b

a ) f (b)

 

 Theo định lý giá trị trung bình của hàm số liên tục    xo   [a,b] sao cho
f ( xo ) =

1 b
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
a) 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 
c �( a, b ) : f (c) =

1 b
f (t )dt .
b−a a

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

a

0

0

  a �f (t )dt x �f (t )dt , ∀x [0,a] .
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 ( x) �dt = (a − x) f ( x) . Do đó  f ( x )
f (t )dt
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

Suy ra  �f (t )dt


1x

Suy ra  x f (t )dt
0

1x

f ( x) .

Từ đó ta có  x �f (t )dt

f ( x)

1 a
�f (t )dt .
a−x x

0
1x
1 a
Nên  x �f (t )dt a − x �f (t )dt . Suy ra
x
0
x
a
0
a

(a − x) �f (t )dt x �f (t )dt = x( �f (t )dt + �f (t )dt
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

0

0

0

b

Thật vậy nếu tồn tại b  (0,a),  a �f (t )dt = b �f (t )dt = b( �f (t )dt + �f (t )dt )
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
f (t )dt
b0
1 a
 
δ �( b, a ) : f (δ ) =
f (t ) dt
a −b b

∃ξ �[ 0, b ] : f (ξ ) =

� 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
�f (t )dt
0

1
x �f (t ) dt .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 hoặc x = 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 �f (t )dt
0

a
x �f (t )dt . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a hoặc x = 0.
0

Hệ quả 2. Nếu f(t) liên tục và đồng biến trên [0,1], x   [0,1] thì 


x
�f (t )dt

0

1
x �f (t ) dt . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x =1 hoặc x = 0.
0

Ví dụ 3.1. Với 0 < a   b. Chứng minh 
b b2 + 1 − a a 2 + 1 + ln

b + b2 + 1
a + a2 + 1

Xét f(x) =  x 2 + 1 , g(x) = 
Ta có
f ' ( x) =

         

g ' ( x) = −

Khi đó 

2 a + a2 + 1
2 ( b − a ) ln
 .
b + b2 + 1

Lời giải 

1

 trên [a,b], với a > 0.
x2 + 1

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
2
2
b b + 1 − a a + 1 + ln
a + a2 + 1

2( b − a)

2

a + a2 + 1
ln
.
b + b2 + 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 + 3x 4 + 6 x 2 − 11x �0

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  x = 0 hoặc x = 1.


1

Ví dụ 3.3. Chứng minh  x 2 + 1 + ln x + x 2 + 1 ln(e 2 ( 1 + 2 ) ), ∀x (0,1] .
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
x

(

)

ln(e 2 1 + 2 ), ∀x (0,1] .

π
2

2

π
4

Ví dụ 3.4. Chứng minh rằng  x   [0, ]. Chứng minh x2 – (1 +  π )x 
π
(cosx – 1).
2

Lời giải 

8

π
2

Xét g(t) = t + sint liên tục  và đồng biến  trên [0, ] .
π
x
Khi đó   x   [0, ]  ta có  π �(t + sin t )dt
2
20
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
�
�

π
2
x �(t + sin t )dt
0

π

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x =  .
2

2
3

1
3

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

Lời giải 
Xét g(t) =  t − arccost  liên tục và đồng biến trên [0,1].


Do đó   x   [0,1] thì 
x
�( t − arccost)dt
0

1
x�
( t − arccost)dt
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 0 .
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
6
2
t
t
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
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x =   + k2  hoặc x = k .
Ví dụ 3.7. Chứng minh   x   [0,

2

],  x ­ 2 2 arcsinx   0.

2

Lời giải 
1

2
 nghịch biến và liên tục trên [0, 
].
2
2
1− t
2
2 � 1 �
2 x� 1 �
�

�
�
�
−
dt �x ��
−
dt
�
�
�
2 0 � 1− t2 �
2
0
�
�
� 1− t �
x
2
1
1
πx
arcsint
xarcsint 0 2
arcsinx
4
2
2
0
� π x − 2 2arcsinx �0
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 
.
2

Đặt g(t) =  −


Ví dụ 3.8. Chứng minh    x   [0,2],  3x 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 �
2
3
3
2

3
3
�
�
�
�
�
�0
�
�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) ≥  
        D
D

�
�f ( x, y )dxdy 0 . Khi dạy cho học sinh thì ta có  
0, (x,y)   D ta có D
thể  hướng dẫn cho 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] �
�

( b − a)

2
�f ' ( x ) � dx .

�
a�

b

Chứng minh

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

Suy

 

2
2 �
�xo '
�xo
� �xo 2 �
'
�f ( x ) � dx � ( b − a )
[ f ( xo )] = ��1. f ( x)dx � ��1 dx ��
�
� �
�a �
�a
� �a
�

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

ra
xo
2
' ( x) � dx .
f
��
�
a �

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

0

0

'
'
      �f (t ) g (t )dt + �f (t ) g (t )dt

f ( a) g ( x)  (1).

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 
     Ι

f ( x) g ( x ) +

a '
a
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 
Ι

f (a ) g (a ) +

x

x
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

0

0

      �f ' (t ) g (t )dt + �f (t ) g ' (t )dt

f (c) g (c)  (2).

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 

( x2 −1) ln ( 1 + x ) − ���12 + ln 2 ���x2 + x − 12 + ln 2

0.

Lời giải 
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 
2

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

2

Mà 

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

x
�
�
1 �2
t2
1 �2
x2
t ln ( 1 + t ) dt = �
t ln ( 1 + t ) − + t − ln ( 1 + t ) � = �
x ln ( 1 + x ) −
+ x − ln ( 1 + x ) �
2�
2
2�

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

(

)

đpcm.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Ví dụ 4.2. Chứng minh   x   0, ta có  e x

2

Lời giải 

( x6 − 3x4 + 6 x2 − 7 ) + 3e

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 
ex

2

Mà

1 t2 3
x
2
e 6t dt + �2t 6tet dt .
�
0
0

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
tan ( x )
3

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

Mà

π
3

     0

π
tan tdt = − ln cost 0 3 = ln 2

x

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
3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x =  .
Ví dụ 4.4. Với 0 < 1 < a. Chứng minh 

1− a
a

Lời giải 
Xét hàm số y = lnx trên [1,a], với a   1. 
Ta có y(1) = 0

ln a

a −1
.
a


1
x

         y’ =  > 0 .
2
�
�
Khi đó            �
max lnx �
�
�x [1,a] �
�

2
a�
'�

( a − 1) �( ln x ) � dx .
�
1�

Suy ra 
2

a 1)
            ( ln a ) �( −−−+

             

1− a
a

ln a

b 1
dx
1 x2

( ln a )

2

1 �
1�
�a �

( a 1) �

�

a −1
.
a

Vấn đề 5. Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Khả Tích 
Bài   toán   5.1.  Nếu   f(x)   ,g(x)   khả   tích   trên   [a,b]   và   f(x)     g(x)   thì 
b
�f ( x)dx
a

b
�g ( x )dx .
a
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
   1
a
1

n
+

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

n a a ...an
1 2

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

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

2
(2)
n

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

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

−
a
n
a
a
n
n
i =1
i =1
b
1 ln f ( x)dx
n
b−a
n
b −a a
n
e
=
lim
f (ξi ),
= lim n
Tương tự 
n
b
n
1 .
1
i =1
dx
i =1 f (ξi )

a f ( x)
a=x
0


Áp dụng dãy bất đẳng thức (2) ta có 
n f (ξi )

n

     i =1 n
Cho  n

n
i =1

f (ξi )

n

n

1 .
i =1 f (ξi )

 ta được dãy bất đẳng thức (1) .

Ví dụ 5.1. Chứng minh rằng  1 + x ln( x + 1 + x 2 )
Lời giải 

1 + x 2 , ∀x

R.

�
�
Xét hàm số  f (t ) = ln �t + 1 + t 2 �> 0, ∀t > 0.
�

�
�
2�
Khi đó với 0   t   x ta có  ln �t + 1 + t �dt > 0 .
�
0 �
x
2
Xét  I = ln(t + 1 + t )dt .
0
u = ln(t + 1 + t 2 )

Đặt 

dv = dt

x

.

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 .

�
�
2�
2�
Với x   t < 0 thì  f (t ) = ln �t + 1 + t �= − ln �−t + 1 + t �< 0, ∀x > 0.
�
0

�

�

�

�
2�
Khi đó với x   t   0 ta có  ln �t + 1 + t �dt < 0  
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 
    e x  1 + x +

x 2 x3
xn
  (*).
+
+ ........ +
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

x

0

0

t
x

   e dt     1dt � e − 1  x   ex   1 + x .

Giả sử với n = k ,   t   0 
t 2 t3
tk
et   1 + t + + + ........ + .
2! 3!
k!
x t
x�
t2
tk �
e
dt
�
�
1
+
t
+
+
.......
+
dt
Với x   0 , ta có 
  �
2!
k! �
0
0�

�
x
x � t 2 t3
t k +1 �
�
1+ +
+ ....... +
  et 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
π � (2n)!! � 1
    �
< <�
�
� .
2
n
−
1
!!
2
n
+
1
2
2

n
−
1
!!
(
)
(
)
�
�
�
� 2n

2

−x
                  b) Sử dụng (8) để tính  K = e dx  .
0

Lời giải 

π
π
2 n
2
a) Xét tích phân  I n = �sin xdx = �sin n−1 x s inxdx .
0
0

Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta có 
đặt 

u = sin n−1 x � du = ( n − 1) cosx.sin n­1x.dx
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
         I = ( n − 1) �1 − sin 2 x .sin n−2 x.dx = ( n − 1) ��sin n−2 x.dx − 2�sin n 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
2 m 2 m −2
                     
2m − 3
3
I 2 m −2 =
I 2 m −4 � I 4 = I 2
2m − 2
4
I

2m

=

nhân vế cho vế ta có 

                                   I 2m =

( 2m − 1) ( 2m − 3) .....3 I
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

      I 2m =

( 2m − 1) ( 2m − 3) .....3 π
    (1).
2m ( 2m − 2 ) .........4.2 2

Với n = 2n + 1 ta có  
2m
I
2m + 1 2m−1
2m − 2
I
=
I
2
m
−
1
2m − 1 2m−3
                         
...............................
2
I = I
3 3 1

I 2m+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
Vậy

0

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
(2
n
−
1)
2
n
−
3
.....5.3
2
n
+
1
(2n − 1) ( 2n − 3) .....3 � 2n
(
)
�
�
�
2
2
� (2n)!! � 1
π � (2n)!! � 1
< <�
�
�

�  (*).
2
n
−
1
!!
2
n
+
1
2 �
(
)
( 2n − 1) !!� 2n
�
�
− x2
b) Tính  K = e dx .
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  1 + t e−t < 1 . Từ đó 

(

2
1 − x 2 < e− x <

)

)

n
2
1
� 1 − x 2 < e− nx <
x2 + 1

)

(

(

1

)

x2 + 1

n ,0 < 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,
                0 e
n

π
2 2 n −2
1
(2n − 3)!! π
dx
=
tdt =
�
�sin
n
(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

Ví dụ 5.5. Tính  I =

t

ln x

( )

1 1+ x

Chứng minh rằng 
                            t t

2

dx, ∀t 1 .

t +1
�t + 1 �
� � , ∀t 1 .
�2 �

Lời giải 
u = ln x

Đặt  �v' =
�

Khi đó

1

(1+ x)

2

1
u' =
x
�

1
�
v=−
1+ x

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
2

( 1+ x)
t­

0, x [1,t],I 0

ln 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

ln ( 2t )

t +1

ln ( t 1)

t +1
�t + 1 �
� � , t 1
�2 �

tt

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

2
2
  ( a − b ) ln ab 2 ( a ln a − b ln b + a + b ) ( a − b ) ln a + ab + b .
3

Lời giải
Xét hàm số y = x  khả tích trên [a,b] với a > 0. Khi đó
2

b−a
b 1
dx
a x2
�

e

1 b ln xdx
b −a a

1 b 2
x dx
b−a a

�
2�
�a ln a −b ln b + a +b �
�
�
b −a
e

b−a
b
1
−
xa

( a − b ) ln ab

1 b3 − a 3
b−a
3

2 ( a ln a − b ln b + a + b )

  

a 2 + ab + b2
.
( a − b ) ln
3

Ví dụ 5.7. Với 0 < x < y. Chứng minh
e

x+ y

( x − y )2

3 x+ y
x+3 y
y .
2
( x − y )(e
− e 2 ) (e x − e ) 2

Lời giải
Xét hàm số y = e  khả tích trên [x,y] với x > 0. Khi đó
t

y−x
y 1
dt
x et

e

y
1 tdt
y−x x

1 y t
e dt    
y−x x

t +1

t