chuyen de bat dang thuc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (334.24 KB, 39 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

LỜI NÓI ĐẦU

ất đẳng thức là một trong những nội dung quan trọng trong chương trình tốn phổ
thơng, 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 tốn khá quen thuộc, nhưng để tìm ra lời giải không phải là một việc dễ
dàng.

B

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 cơng thức tính độ dài cung phẳng để chứng minh bất đẳng
thức .

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

Nội dung 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 tốn liên quan, trên cơ sở đó đưa ra những ví dụ áp dụng để
sáng tạo ra bất đẳng thức, 2 vấn đề cịn lại đề cập đến việc thơng 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 hồn thành tiểu luận này, chúng tơi 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 tơi 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





( ) ( ) ( )





2 2

b

f a f b a b

b a f x dx b a f

a

   

     

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=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





( ) ( ) ( ) ,

2 2 2 2

a b a b

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

 

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





( ) 1 ( ) ( ) ( )

2 2 0 0

b a b a b

a b

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

a

   

 

 



        

 

(1)

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

n


 

 

 

  và lập tổng tích phân với

x
k k

 





1 1

0 0

n k b a n

b a b a k k

Sn f a f a b

n k n n k n n

    

    

          

 

     

Do f(x) lồi , ta có 1 > 1-k ( ) ( )
n

k k k

f a b f a f b

n n n

    

  

   

 

   

 

Bởi vậy 1 1-k ( ) ( ) 1 ( ) 1 ( )

n 2 2

0
n

b a k b a n n

Lời giải

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

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





( ) ( ) ( )

b
f a f b

b a f x dx

a


</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

































1 1

1 1 1 1

1 1

p p b

a b p

b a x dx

a

p p

a b

p p

a b a b

p

p p p b

p a b ab p a b

 

   

 



   



   

     

Ví dụ 1.2 Với 0 < a ab



lna2 lnb2



a2 b2

Lời giải

Xét y = - xlnx trên (0,+) .
Ta có y'' 1 0, x 0

x

    . Khi đó









ln ln ln

2
1 2

ln ln ln

2 2 2

b
b a

a a b b x xdx

a

b

b a x

a a b b x x

a


   

 



 

    

 

 

 ab



lna2 lnb2



a2 b2

Ví dụ 1.3. Với 0 < a b 1 a2  a 1 b2 arcsinb-arcsina

Lời giải

Xét f(x) = 1 x2 trên [a,b] với 0 < a (x) =

2
1

x
x


 ,





1
''( )

2 2

1 1

f x

x x



  < 0 ,  x  [a,b]
f(x) bị chặn và lồi trên [a,b] . Khi đó



 











( ) ( )

( )
2

1 2 2 2

1 1 1

1 2 2 1 2

1 1 1 arcsinx

2 2

1 1 arcsinb -arcsina
b

b a f a f b

f x dx
a

b

b a a b x dx

a

b

b a a b x x

a

b a a b

 

 

 

       

 

   

          

   

    

Ví dụ 1.4. Với 0 < a < b. Chứng minh 1 2 1 2 ln 2 1

2 1

b b

b a a b

a a

 

   

 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Xét





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

2 2

1 1

y x y x

x x

     

  .

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





( ) ( ) ( )
2

b
f a f b

b a f x dx

a


  

2 1 2 1 2 1 ln 2 1

2 2

2
1

2 1 2 1 ln

2
1

b
a b

a b x x x x

a

b b

b a a b

a a

    

           

   

 

    

 

Ví dụ 1.5. Với 0

x y 

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





( ) ( ) ( )





2 2

y

f x f y x y

y x f x dx y x f

x

   

     

 





sin 2 sin 2 sin 2





sin





y

x y

y x tdt y x x y

x


     

 





 







2 1 2

2 1 1 1 2

a b a b a a b

a b b a b

      

  

       .

Lời giải

Xét 1

1
y

x


 trên [a,b] với a > 0.
Ta có





'' 0, [a,b]

3
1

y x

x

   

 .

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





( ) ( ) ( )





2 2

b

f a f b a b

b a f x dx b a f

a

   

     

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>







 







1 1 1 1

2 1 1 1 1

2
2

ln 1

2 1 1 2

b
b a

dx b a

a b

a b ax

a b
b

a b a b

x a

a b a b

 

 

  

         

  

    

 



  

   

   





 





 







2 1 2

2 1 1 1 2

a b a b a a b

a b b a b

      

  

       .

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 2

( ) ( ) ( ) . ( )

b b b

f x g x dx f x dx g x dx

a a a

 



  

 

 

( Bất đẳng thức Cauchy_Bunhiacopxki).

Chứng minh

 t  R, ta có





2 2 2 2

0 tf x( )g x( ) t f ( ) 2 ( ) ( )x  tf x g x g x( )

2 2 2

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

a a a

     

Vế phải là tam thức bậc hai không âm  t
2

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

a a a

 

           

 

Hệ quả 1

. Với f : [a,b] → (0,+) liên tục , ta có ( ) . 1





2
( )

b b

f x dx dx b a

f x

a a   .

Hệ quả 2

. Giả sử f(x) là hàm liên tục trong a  x  b. Chứng minh





( ) ( ) .

b b

f x dx b a f x dx

a a

 

 

 

 

 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi f(x) = const.

Ví dụ 2.1. Chứng minh: với  x > 0, ta có 1 2





2
0

x

x t t x x

e   e e dt  e  e  

  .

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ta có

2 2 2

0 0

x t t x t t

e e dt  e e e dt

  (1)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có





2
1

2 2

0 0 0

x t t x t x t t

e e e dt e dt e e dt

 

 

      

 

 

Theo (1) ta có









2
1

1 1 1

2 2

2 1 1

2 2 2

x t t x x x x x

e e e dt e e e e e

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

2 1

0 0

x t t x t x

e e dt  e dt e 

  (3)

Từ (2) và (3) ta suy ra điều phải chứng minh 1 2





1
2
0

x

x t t x x

e   e e dt  e  e  

  .

Ví dụ 2.2. Với 1a b . Chứng minh



 





 



2 2

6 1 1 1 1

3 3 1 1

a b a b

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

Xét f(x) = 1 2

1 x , 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



 





 



1 1 2

.
2
2 1
1
2
3
1 1
2
1 ln

2 1 3

2 1 1 1 1 3 3

2 2

1 1 ln ln

2 1 2 1 3 3

2 2

6 1 1

1 1

3 3 1 1

b b b

xdx dx x dx

a x a x a

b
b

b x x

x

a a a

b a b a

b a
b a
a b
a b
a b
b a
 

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

Ví dụ 2.3. Với 0 < a < b. Chứng minh



eb ea



2



b a e e

   

     

 

 



eb ea





b a



2e ea b

    .

Ví dụ 2.4. Với 0

a b 

    . Chứng minh

4 osa-cosb



c



sinx sin .

b b

dx b a xdx

a a

 

 

 

 

 





os 1 os2x

2
b
b a
b

c a c dx

a


 

     

 

4 osa-cosb



c



2



b a





2



b a



sin 2a sin 2b



Ví dụ 2.5. Với 0< a < b . Chứng minh ln 2 1



 

arct ana arctan



2 1

b b

a b b

a a

 

  

 

Lời giải

Xét ( ) 1
2 1
f x

x


 liên tục trên [a,b] với a > 0. Khi đó









2
2

1 1 2

. ln 1 arct anx

2 1 1

b

b b b

dx b a dx x x b a a

a x a x a

 

 

          

    



   



 



2 1

ln arct ana arctan

2 1

b b

a b b

a a

 

   

 

Vấn đề 3.

Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Liên Tục Và Đơn Điệu

Bài toán 3.1.

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

1 1 1

( ) ( ) ( ) ( )

b b b

f x g x dx f x dx g x dx

b a a b a a b a a

b) Nếu f,là hàm tăng ,g là hàm giảm. Chứng minh

1 1 1

( ) ( ) ( ) ( )

b b b

f x g x dx f x dx g x dx

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

( Bất đẳng thức Trêbưsep).

Chứng minh

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









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

( ) ( ) ( )

b b b b

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

a a a a

b

f a f x dx f b

b a a

        

   



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

( ) b ( )

f xo f x dx

b a a

 



Hơn nữa hàm f, g đồng biến trên [a,b]. Suy ra



 











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

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

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

( )

f x f xo g x g xo x

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

b b b

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

a a a

b b b

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

a a a

f x
b a

    

    

        

       



 ( ) ( )





( )





( ) ( )

1 1 1 1

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

b b

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

a a

b b b b b

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

b aa a b aa b aa b aa

   

 

       

   

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









1 1 1

( ) ( ) ( ) ( )

b b b

f x g x dx f x dx g x dx

b a a  b a a b a a 

1 1 1

( ) ( ) ( ) ( )

b b b

f x g x dx f x dx g x dx

b aa b aa b aa

    

  

Chú ý. Nếu f, g 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 tốn 3.2

. (Định lý về giá trị trung bình) Nếu f khả tích trên [a,b] thì tồn tại





: ( ) 1 b ( )

c a b f c f t dt

b a a

  

 .

Bài toán 3.3

.

Nếu f(t) liên tục và nghịch biến trên [0,a] thì
( ) ( ) , [0,a]

0 0

x a

a f t dt x f t dt x     .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a hoặc x = 0.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

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).
Suy ra a f t dt( ) f x dt( )a (a x f x) ( )

x  x   . Do đó

( ) a ( )

f x f t dt
a x x

 



Mặt khác khi 0 < t  x thì f(t)  f(x) nên ( ) ( ) ( )

0 0

x x

f t dt f x dt xf x

  .

Suy ra 1 ( ) ( )
0

x

f t dt f x

x   .

Từ đó ta có 1 ( ) ( ) 1 ( )
0

x a

f t dt f x f t dt

x   a x x  .

Nên 1 ( ) 1 ( )

x a

f t dt f t dt

x  a x x  . Suy ra

( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )

0 0

x a a

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

x x

      

Vậy ( ) ( )

0 0

x a

a f t dt x f t dt   .

Ta chứng minh đẳng thức xảy ra khi x = 0 hoặc x = a.

Thật vậy nếu tồn tại b (0,a), ( ) ( ) ( ( ) ( ) )

0 0 0

b a b a

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

  

   

Suy ra

( ) ( ) ( )

0 0

( ) ( ) ( )

1 1

( ) ( )

b b a

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

b a

a b f t dt b f t dt
b

b a

f t dt f t dt

b a a b b

 

  

    

   

 

Theo định lý về giá trị trung bình ta có









1
0, : ( ) ( )

0
1

, : ( ) ( )

( ) ( )
b

b f f t dt

b
a

b a f f t dt

a b b

f f

 

 

 

   

  



 

Mà







, 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
1

( ) ( )

0 0

x

f t dt x f t dt

  .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 hoặc x = 0.
Chứng minh tương tự ta có kết quả sau

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

( ) ( )

0 0

x a

a f t dt x f t dt   . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a hoặc x = 0.

Hệ quả 2.

Nếu f(t) liên tục và đồng biến trên [0,1],x  [0,1] thì

( ) ( )

0 0

x

f t dt x f t dt

  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x =1 hoặc x = 0.

Ví dụ 3.1. Với 0 < a  b. Chứng minh





2 1 2 2 1

2 1 2 1 ln 2 ln

2 1 2 1

b b a a

b b a a b a

a a b b

   

     

   

Lời giải

Xét f(x) = x2 1 , g(x) = 1
2 1

x  trên [a,b], với a > 0.
Ta có

'( ) 0, 0

2 1

'( ) 0, 0

2 2

( 1) 1

x

f x x

x
x

g x x

x x

   



   

 

Khi đó





1 1 2 1 1 1

2 1

1 2 2 2

1 2 1 ln 1 ln 1

b b b

dx x dx dx

b aa b aa b aa x

b b

x x x x x x

a a

b a

 

  

   

   

           

   



 2 1 2 1 ln 2 1 2





2ln 2 1

2 1 2 1

b b a a

b b a a b a

a a b b

   

     

   

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

Lời giải

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

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

5 3 5 3

( ) ( )

0 0

6 4 2 1 1 1

6 4 2 6 4 2

6 4 2

( ) 2 3 6 11 0

x

t t t dt x t t t dt

x x x

x

f x x x x x

    

 

 

       

 

     

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Ví dụ 3.3. Chứng minh x2 1 1ln x x2 1 ln(e 2



1 2 ),



x (0,1]
x

        .

Lời giải

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

2 1 2 1

0 0

1 2 2 2 2

( 1 ln 1 ) ( 1 ln 1 )

2 0 2 0

x

t dt x t dt

x
x

t t t t t t t t

  

 

         

 x2 1 1ln x x2 1 ln(e 2



1 2 ),



x (0,1]
x

        .

Ví dụ 3.4. Chứng minh rằng x  [0,
2


]. Chứng minh
4


x2 – (1 + 2
8

 )x  
2


(cosx –
1).

Lời giải

Xét g(t) = t + sint liên tục và đồng biến trên [0,
2


] .
Khi đó  x  [0,

2


] ta có ( sin ) 2( sin )

2 0 0

x

t t dt x t t dt




  

 

2 2 2

( ost) ( ost)

2 2 0 2 0

2 2

osx+1 1

2 2 8

2
2

( ) 1 osx

-4 8 2 2

x

t t

c x c

x

c x

f x x x c




 

   

   

   

   

   

   

   

 

 

     

 

 

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

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

3 3

x x x x

    .

Lời giải

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

x 1

( arccost)dt ( arccost)dt

0 0

2 2 2 2

arccost+ 1-t arccost+ 1-t

3 0 3 0

2 2

1 1 arccosx x 1

3 3

2 1

( ) arccosx- 1-x 1

3 3

t x t

x

t t t x t t t

x x x x

f x x x x x

  

 

   

       

   

 

        

 

    

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 sinx  t 0 t 1.

 g(x) có dạng sau: h(t) t53t2 4 t .

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





5 5

( )

0 0

6 2 1 1

6 2

( ) ( ) 3 4 0

6 2 6 2

t

u u du t u u du

t t

t t t t

     

       

Suy ra sin3x3sinx 4 sinx 0 .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x =

2


+ k2 hoặc x = k.

Ví dụ 3.7. Chứng minh  x  [0, 2
2

], x - 2 2arcsinx  0.

Lời giải

Đặt g(t) = 1 2
1 t




nghịch biến và liên tục trên [0, 2
2 ].
2

2 1 1

2 0 1 2 0 1 2

1 1 x

arcsint arcsint0 2 arcsinx
4

2 0 2

2 2arcsinx 0
x

dt x dt

t t

x
x
x




   

   

     

   

 

   

   

  

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

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Lời giải

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





















2 2 2

0 0

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 3 3 2 3 3

0 0

3 4 4 2 2 6 8 2

x

t t t dt x t t t dt

x

t t t t t t

t t x t t

x x x x x x

         

   

             

   

   

      

 đpcm.

Dấu “=” xảy 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 f t dt dx( ) b x f t dt dx( )

a a a a

   



     

    , a t x b   .

 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

Df x y dxdy( , ) Dg x y dxdy( , ) .Nếu f(x,y) khả tích trên D và f(x,y) ≥ 0,(x,y) D
ta cóDf x y dxdy( , ) 0. Khi dạy cho học sinh thì ta có 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
'

ax f(x) ( )

x [a,b]

b

m b a f x dx

a

 

     

 

  

 

Chứng minh

Do f(a) = 0 nên f x( )o f x( )o f a( ) xo f x dx'( )
a

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

trong đó f x( o)max f(x)/x [a,b]







Suy ra









2 2 2

2 ' 2 ' '

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

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

a a a a

 

       

           

     

Vậy





2
'

ax f(x) ( )

x [a,b]

b

m b a f x dx

a

 

     

 

  

 

Bài toán 4.2.

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

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

0 0

a x

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





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

0 0 0

' '

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

x a x x a

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

x x

a a

x

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

x x

     

   

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

f x g x( ) ( ) a f t g t dt'( ) ( ) f x g x( ) ( ) g x f t( )



( )



ax f a g x( ) ( )
x

      .

Nếu x  a





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

0 0 0

' '

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

a a x a x

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

a a

x x

a

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

a a

     

   

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





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

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

      .

Chứng minh tương tự ta có kết 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

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

0 0

a b

f t g t dt f t g t dtf c g c

  (2).

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Ví dụ 4.1. Chứng minh rằng  x  0, ta có



2 1 ln 1







1 ln 2 2 1 ln 2 0

2 2

x  x    x  x  

  .

Lời giải

Xét f(t) = t2, g(t) = ln(1+t) liên tục và khơng âm, đồng biến khi t  0. Khi đó  t  0,ta
có

2
2

ln 2 2 ln(1 )

2
1

0 0

t t x

x dt t t dt

t

   



.
Mà

























2 2

1 1

ln 1 ln 2

1 2 2

0 0

2 2

1 2 1 2

ln 1 ln 1 ln 1 ln 1 ln 1

2 2 2 2

0 0

t t

t

x

x t x

t t dt t t t t x x x x

 

      


  

 

   

                



   

   





2 1 ln 1







1 ln 2 2 1 ln 2

2 2

x  x    x   x

 

đpcm.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1.

Ví dụ 4.2. Chứng minh  x  0, ta có ex2



x6 3x46x2 7



3e0.

Lời giải

Xét f(t) = t6, g(t) = t2

e liên tục, không âm và đồng biến khi t  0. Khi đó  t  0,ta có

2 2 3 6 2

6 2

0 0

x

x t t

e e t dt t te dt.
Mà













1 2 5 2 4 2

6 2 2 3 6

0 0

2 2 2

7 6 4 2 6 4 2

2 3 6 6 3 6 6 6

0 0

t t

e t dt e t t e

x

x t t x

t e dt e t t t e x x x

    



        



ex2



x6 3x46x2 7



3e
đpcm.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1.

Ví dụ 4.3. Chứng minh  x  0, ta có tan

 

ln os(x) ln 2 0
3

x  x c

 

   

 

  .

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Xét f(t) = tant, g(t) = t liên tục, không âm và đồng biến khi t  1. Khi đó  t  0 ta có

 

tan tan

0 2

3 0 os ( )

x t

x tdt dt

c t



  .

Mà

tan ln ln

3
ost 0 ln 2

ost 0 tan osx

2
os (

tan ln
0

)

x t

dt t x

tdt c

x

t t c x c

c





   



   




 tan

 

ln os(x) ln 2
3

x  x c

 

  

 

 

đpcm.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x =
3

.

Ví dụ 4.4. Với 0 < 1 < a. Chứng minh 1 a lna a 1

a a

 

  .

Lời giải

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

y’ = 1 0
x  .

Khi đó









2 2

ax lnx 1 ln

1
x [1,a]

a

m a x dx

 

 

  



 

  

 

.
Suy ra









12









1 1
1

b

a a dx a a

a
x

 

        

 

 1 a lna a 1

a a

 

  .

Vấn đề 5.

Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Khả Tích

Bài tốn 5.1.

Nếu f(x) ,g(x) khả tích trên [a,b] và f(x)  g(x) thì b f x dx( ) bg x dx( )

a a .

Hệ quả.

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

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

1 ln ( )

( )

b

f x dx b

b a b aa

e f x dx

b b a a

dx
f x
a



 

  




(1).

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

2 2 2

.... ...

1 2 1 2

...
1 2

1 1 1

...

1 2

a a a a a a

n n a a n n

an n n

a a an

     

  

   (2)

Chứng minh

Chia [a,b] thành n đoạn nhỏ bằng nhau bởi các điểm chia a x 0x1...xnb và 
chọn i [xi 1, ],x ii 1, ,n xi xi xi 1 b a

n

       

  .

Ta có ( ) lim ( ) 1 ( ) lim ( )

1 1

b n b a b n f i

f x dx f i f x dx

n b a n

a n i a n i


 

    

 



    .

Tương tự

1 ln ( )

lim ( ), lim

1
1

( )
1
( )

b

f x dx n b a n

b aa n

e n f i b n n

i dx

f
i
f x

a i



 



  

    






.
Áp dụng dãy bất đẳng thức (2) ta có

( )

1 1

( )
1

f n

n i n

n f i n

n

i i

f

i i



 

 

  



.
Cho n  ta được dãy bất đẳng thức (1) .

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

Lời giải

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

 

Khi đó với 0  t  x ta có ln 1 2 0
0

x

t t dt

 

  

  

  .

Xét ln( 1 2)
0

x

I  t t dt.
Đặt u ln(t 1 t2)

dv dt


   






Suy ra I xln(x 1x2) 1x2  1 0.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

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

   

Khi đó với x  t  0 ta có 0ln t 1 t2 dt 0

x

 

  

  

 

0 2 2 2

ln( 1 ) ln( 1 ) 1 1 0

2 2

ln( 1 ) 1 1 , 0

I t t dt x x x x

x

x x x x x

          

       

Khi x = 0 bất đẳng thức trở thành đẳng thức .
Vậy ta có 1xln(x 1x2) 1x2, x R.

Ví dụ 5.2. Cho x  0. Chứng minh với n nguyên dương

ex 3 ...

2
1

2! ! !

x x x

n

x    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

0
x te dt

  1 1

x x

dt e 

  x  ex  1 + x .
Giả sử với n = k ,  t  0

t

e  3 ...

2
1

2! ! !

t t t

k

t    k

  .

Với x  0 , ta có

0
x te dt
 

2
1 ...

2! !

k

x t t

t dt

k

 

     



 

 



x
t

e  1 2 3 ... 1

2 2!3 !( 1)

0
x
k

t t t

k k


 

     

  

 

 ex-1  2 3... 1

2! 3! ( 1)!

k

x x x

x

k


  


 ex  1 + 2 3... 1

2! 3! ( 1)!

k

x x x

x

k


  

 .
Công thức với n = k +1 đúng.

Vậy (*) đúng  n  1.

Ví dụ 5.3. Chứng minh  x  0, ta có 3 sin

 

x

x  x x.

Lời giải

Ta có  t  0 ta có 0  1 – cost = 2sin2(
2

t

) 2 2

2
t
 
  
 

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Suy ra  x  0









 

3 3

 

0 1 ost 0 sin 0 0 sin x s in x

2 6 6 6

0 0 0

x

x xt x t x x

c dt dt t t x x x

               

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









2 2

(2 )!! 1 (2 )!! 1

2 1 !! 2 1 2 2 1 !! 2

n n

n n n n



   



   

  

   

.
b) Sử dụng (8) để tính 2

0
x
K   e dx .

Lời giải

a) Xét tích phân 2sin 2sin 1 sinx

0 0

n n

In xdx x dx

 



  .

Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta có

đặt





1 n-1

sin 1 osx.sin .

sinx.dx v=-cosx
n

u x du n c x dx

dv


    




 




Ta có

















1 2 2 2

sin . osx 1 os .sin .

0 0

2 2 2 2 2 2

1 1 sin .sin . 1 sin . sin .

0 0 0

( 1) 2 ( 1) 2 2

n n

In x c n c x x dx

n n n

In n x x dx n x dx x dx

n

In n In In nIn n In In In

n




  

 

   

 

   

        

 

 

 

 



        

  

Với n=2m, ta có

2 1

2 2 2 2

2 3 3

2 2 2 2 2 4 4 4 2

m

I m I m

m
m

I m I m I I

m






  

  

nhân vế cho vế ta có



 







2 1 2 3 ...3
2 2 2 2 ...4 2

m m

I m I

m m

 




biết

2sin2 2



1 os2x



1 sin 2 2 1.

2 0 0 2 2 2 2

0
x

I xdx c dx x

  



 

       

 

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>



 







2 1 2 3 ...3
2 2 2 2 ...4.2 2

m m

I m  m m  

 (1).

Với n = 2n + 1 ta có

2 1 2 1 2 1

2 2

2 1 2 1 2 3

...
2

3 3 1
m

I m I m

m
m

I m I m

m

I I



  




  


Nhân vế cho vế ta có









2 2 2 ...2
2 1 (2 1) 2 1 ...3 1

m m

I m I

m m




  

biết

2sin osx 2 1

0
1 0

I xdx c



  

Vậy









2 2 2 ...2
2 1 (2 1) 2 1 ...3

m m

I m  m m

   .

Cho 0  x 
2


. Suy ra

 

2 2 2

2 2 2 1 2 1 2 2 1

sin sin sin sin sin . sin

0 0 0

2 1 2 2 1

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

I n I n I n

  

2
2 2 2 ...4.2 1

(2 1) 2 3 ...5.3 2 1

n n

n n n

  

 

  

 

<
2

 <









2
2 2 2 ...2 1
(2 1) 2 3 ...3 2

n n

n n n

  

 

 

 











2 2

(2 )!! 1 (2 )!! 1

2 1 !! 2 1 2 2 1 !! 2

n n

n n n n



   



   

  

   

(*).

b) Tính 2

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>



2 1 2 1

2 2

1 2 1 ,0 1

1 1

n

x nx

x e x e n x

x x

 

        

 

Suy ra









1 2 1 2 2 1

0 0 0 0 1

n nx nx

x dx e dx e dx n dx

x
 
 
   
   


trong đó

















1 2 2 2 1 2 !!

1 sin ,

2 1 !!

0 0

1 2 1

,
0

1 2 2 (2 3)!!

sin

(2 2)!! 2
2

0 1 0

n n n

x dx tdt

n
nx

e dx K

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





































2 !! 2 3 !!

2 1 !! 2 2 !! 2

2 2 2

2 !! 1 2 2 3 !!

2 1 (**)

2 1 2 1 !! 2 1 2 1 2 2 !! 2

n n

n K n

n n

K n

n n n n n

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

Từ công thức (*) ta được:









2 !! 1

lim 2nn1 !! 2n 1 2
n

 

 
 
   

.
Từ (**) cho n  suy ra K2 =

4


và

2
K   .

Ví dụ 5.5. Tính





ln
, 1
2
1 1
t x

I dx t

x

  



.
Chứng minh rằng

1 1, 1
2
t
t
t
t t


 
   
 
.
Lời giải 
Đặt





1
'
ln
1
'
1
2
1 1

u x u

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Khi đó





ln 1 ln ln ln ln

ln 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1

t t t

x t x t t

I dx

x x x t x t t

      

      .

Vì





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

1
ln

t- ln ln(1 ) ln 2 0
1

x

f x x

x
t

t t

t

    



    


Suy ra







 











 





 





ln 1 ln 1 ln 1 1 ln 2 0

1 1

1 ln 2 1 ln( 1) ln ln 2 ln 1

1
1

1 1

2 1 , 1

t t t t t t

t t

t t t t t t t t

t
t

t t t

t t t t t

        

 

        




   

       

 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 1.

Ví dụ 5.6. Với 1 < a < b . Chứng minh





ln 2



ln ln

 



ln 2 2

a ab b

a b ab a a b b a b    a b   .

Lời giải

Xét hàm số y = x2 khả tích trên [a,b] với a > 0. Khi đó
1 ln

1 2

1
2

2 ln ln

3 3

1
3
1

b

xdx b

b a b aa

e x dx

b b a a

dx
a x

a a b b a b

b a b a b a

e

b b a

x a

 

 

 



 

  




  

  

  










ln 2



ln ln

 



ln 2 2

a ab b

a b ab a a b b a b    a b   .

Ví dụ 5.7. Với 0 < x < y. Chứng minh

3 3

2 2 2 2

( ) ( )( ) ( )

x y x y

e x y x y e e e e

 



      .

Lời giải

Xét hàm số y = et khả tích trên [x,y] với x > 0. Khi đó
1

1
1

y

tdt y

y x

y x x t

e e dt

y y x x

dt
t
x e





  




</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>















3 3 2

2 x y2 x2 y

x y x y

e x y x y e e 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.

Vấn đề 6.

Sử Dụng Công Thức Tính Độ Dài Cung Phẳng

Bài tốn.

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 1 f'2( )t dt
a

  .

Bài toán 6.1.

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

Ví dụ 6.1.1. Chứng minh a a( 4) 4ln



a a4



 a a( 4) 4ln 2,  a 0.

Lời giải

Xét hàm số y = 4 x và hai điểm O(0,0), A(a,4 a). Khi đó
2

4 2 4

1 8 ( 4) 4ln

0 0

2 16
a

a a a

l dx t dt a a

x

OA a a

 

       

 

Từ l > OA Suy ra đpcm.

Ví dụ 6.1.2. Cho a là số khơng âm. Chứng minh

2 2 2

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

Xét hàm số y = ax2 và hai điểm O(0,0), A(1,0). Khi đó 2

OA a

a b x

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

1 1 4 2 2
0

l  a x dx
Đặt t2 ,ax dt2adx. Suy ra

2
2

1 2 1 2 2 1 2 2

1 1 ln 1 2 1 4 ln 2 1 4

2 0 4 0 4

a
a

l t dt t t t t a a a a

a a a

     

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

   

   

Từ l  OA suy ra

2a 1 4 a2ln(2a 1 4 a2) 4 a 1a2 .
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 9  b 1 9 b 1 9 a 1 9 a 27 4a 4b  8ab ab a b  2ab

  .

Lời giải

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



b b b,2



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





1 9 1 9 2

b
b

l xdx x

a a

    2



a b 

   thì ta có













ln tan ln tan ln sin ln sin

2 2

b a

a b a b

   

    

   

    .

Lời giải

Xét hàm y = ln(sinx) và A a( ,ln(sin )), ( ,ln(sin ))a B b b . ta có







ln sin





ln sin





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

1 os l n tan ln tan ln tan

sinx 2 2 2

b

b b x b a

l c xdx dx

a a a

     

Vậy ln tan ln tan







ln sin





ln sin





2 2

b a

a b a b

   

    

   

    .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b

Ví dụ 6.1.5. Chứng minh với 0  a  b thì ta có





2
1

2 2 2 2

1 1 ln 2 4

2
1

b b

b b a a b a a b ab

a a

 

        

 

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Lời giải

Xét hàm số 1 2
2

y x và hai điểm ( ,1 2), ( ,1 2)

2 2

A a a B b b .

Ta có 1





2 2 2 4

AB b a a b  ab và y’ = x nên độ dài cung cần tìm là
1

2 2 2

1 1 ln 1

2 2

1 1

2 2 2 2

1 ln 1 1 ln 1

2 2 2 2

1 1

2 2

1 1 ln

2 2 2 1 2

b

b x

l x dx x x x

a a

b a

b b b a a a

b a b b

b a

a a

 

        

 

   

            

   

 

    

 

ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.

Bài toán 6.2.

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

, ,...,

1 2

A A A An B thì ta có l  d . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y= f(x) = ax + b ;

với a,b  R.

Ví dụ 6.2.1. Cho 0  a  b  c  d  2. Chứng minh rằng









sin sin









sin sin



2 2 1 os2
0

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

Mà 2 1 os2 2



1 osx



4 2
0 c xdx 0 c dx

 



    

  .

2  4 2
Đẳng thức khơng xảy ra .

O x

a b

A2
A1

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Ví dụ 6.2.2. Cho  1 x1x2...xn1. Chứng minh rằng



1



2 1 12 1 2 2

2
1

n

xi xi xi xi

i



 

     

    

 



Lời giải

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



1



2 1 12 1 2 2
2
1

n

xi xi xi xi

i



 

     

    

 



.
Đẳng thức khơng xảy ra.

Bài tốn 6.3.

Cho hai hàm y = f(x), y = g(x) liên tục trên [a,b]
thỏa f(a) = g(a) , f(b) = g(b)

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

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

Ví dụ 6.3.1. Chứng minh nếu 0  a < 1 thì
B

a b x

lf

a b x

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

2 2 2

3 3 3

4 1 2 4 1 2 4 1 2

1 1 1

2 2

3 3

4 1 2 4 1 2 3 1 2

1 4 1 2 1

2 2

3 1 2 3 1 2 3

1 1

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

a a a

a a a a a a a a a a

a

a a a a a a

a a a a a

a a a

a a

 

     

        

      

        

     



     

       

   

    

 

          

   



        

      

 

   

2
1 2
1
2

3 1 2

4 ln

3 1 2

a
a

a a

a a

a a

  

 

  

 

   

  

 

 

Lời giải

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

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

Ví dụ 6.3.2. Chứng minh nếu 0  a < 1 thì

1 2 2

2 2 2

4 4 2 2 1 4 4 2 2 1 4 4 2 2 1

2 4 2 4 2 2 1 2

2 2

4 4 2 2 1 ln 2 2 2 1

4 4 2 2 1

2 2

2 2 2 1 2 2 2 1

2
2

2 2 2 1 8ln

a a a a a a a a a

a a a

a a a a a a

a a a

a a a a a a

a a a

 

     

             

     

     



   

   

              

       



   

             

   

 

       

 

2 2 2 1

a a a

   
   

Lời giải

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

Vấn đề 7

.

Sử Dụng Cơng Thức Tính Diên Tích Hình Phẳng

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

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

a

  .

Bài tốn 7.1.

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

1. y = f(x) có đồ thị lồi thì S  Sht đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
2. y = f(x) có đồ thị lõm thì S  Sht đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.

Ví dụ 7.1.1.

Cho 0  a  b 
2


. Chứng minh 2 osa - cosb



c

 

 b a

 

sinasinb



Lời giải

Xét hàm số y = sinx ,lồi trên 0,
2

 
 
  .
Từ S  Sht suy ra đpcm.

Ví dụ 7.1.2. Cho 0  a  b. Chứng minh ln 2 1 2 1 2 1

2 1

b b

b a a b

a a

 

   

 

Lời giải

Xét hàm số y = x2 1 lõm trên [a,b] , x  0.
Từ bất đẳng thức S  Sht suy ra đpcm.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.

Ví dụ 7.1.3. Cho 0  a  b. Chứng minh b a b e2 b a
a

 

 

 

 

 

 
 

Lời giải

Xét hàm số y = lnx lồi trên [a,b] , x > 0.
Từ S  Sht suy ra đpcm.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.

B
A

a b x

O
a

B
A

b x

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

o=a x1 xi-1x

i xn-1b=xn
x
y

Bài toán 7.2

.

Cho y = f(x) liên tục và không âm trên [a,b]. Chia [a,b] thành n phần
bằng nhau bởi các điểm chia a x ox1...xn b. Gọi S là diện tích hình thang
cong giới hạn bởi x = a, x = b, y = 0, y = f(x) thì S b f x dx( )

a

  .

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

n


cạnh kia là
( ), ( ),..., (1 1)

f xo f x f xn

 thì 1 ( ) ( ) ...1 ( 1)
b a

S f xo f x f xn

n


 

   



 .

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

 cạnh kia là
( ), ( ),..., (1 2 )

f x f x f xn thì

( ) ( ) ... ( )

2 1 2

b a

S f x f x f xn

n

  

   

  .

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

( ) ( )

( ) ( ) ... ( )

3 1 2 1 2

f x f x

b a o n

S f x f x f xn

n



  

      



  .

Khi đó ta có

1) Nếu f đồng biến thì S1 S S2.

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

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

4) Nếu đồ thị y = f(x) lõm thì S < S3.

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

2 4 3

1 2 ...

3 6

n n n

n    n

      

  .

Lời giải

Xét hàm y = x trên [a,b] tăng , đồ thị lồi ,ta có
2

3
0

n

S  xdx n n
1 2 ...

3 2n

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

1 2 ...
2

S     n

Từ S3S S 2. Suy ra đpcm.

Ví dụ 7.2.2. Chứng minh

4 1 ! 12 1
5

n

n n n

e  n n n  e  .

Lời giải

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





ln ln 1

1 1 1 1

ln 2 (ln 2 ln 3) ... ln( 1) ln ln ! ln

3 2 2 2 2

n

S xdx n n n

S n n n n

   

        

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

5, 3, 5,...., 1, 1

4 2 2 2 2

A A A A A

n n là các điểm trên trục ox có hồnh độ lần lượt là

5 3 5 1 1

, , ,..., ,
4 2 2 n 2 n2.

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

2 2

A A

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

5 5

4 4

A M

1 5 1 5

ln 1ln 2 1ln 3 .... 1ln( 1) 1ln ln ln !

4 2 4 2 4

S      n  n  n .

Ta có 3 4 ln ! 1ln ln 1 1ln5 ln !

2 2 4

S S S  n n n n n     n

 4 1 ! 12 1

n

n n n

e  n n n  e  .

Ví dụ 7.2.3. Chứng minh ,với n  R, n > 0 ,ta có





1 1 1 1 2

... ln 1 1 ...

2 1 2 2 2

n
n

n n n



        

  .

Lời giải

Xét hàm số y 1
x

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

1 1 1

ln 1 ln( 1)
1

n n

S dx x n

x

 

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

1 1
( ) ( ) ... ( ) ...

2 1 2 2 1

( )o ( ) 1 1 2

( ) ( ) ... ( ) 1 ...

3 1 2 1 2 2 2 2

b a

S f x f x f xn

n n

f x f x

b a n n

S f x f x f xn

n n n



 

      

  



   

           

 

 

1 ... 1 ln





1 1 ... 1 2

2 1 2 2 2

n
n

n n n



        

  .

Ví dụ 7.2.4. Cho n  R, n > 1. Chứng minh

1 2 ( 1) 2 2 ( 1)

os os ... os 1 os os ... os

2 2 2 2 2 2 2

n n

c c c n c c c

n n n n n n

     



 

          .

Lời giải

Xét hàm số y = cosx nghịch biến ,lồi trên [0,1] nên S3S S 1 ta có 2 osxdx 1
o

S c



 

( ) ( ) ... ( )

1 1 1

b a

S f xo f x f xn

n

  

   



  =

2 ( 1)

1 os os ... os os

2 2 2 2 2

n n

c c c c

n n n n n

      

       

 

( ) ( ) ... ( )

3 b a 1 2

S f x f x f xn

n

  

    

 

1 os

2 ( 1) 2

os os ... os

2 2 2 2 2

n
c

n n

c c c

n n n n



   

 



  

      

 

 

1 2 ( 1) 2 2 ( 1)

os os ... os 1 os os ... os

2 2 2 2 2 2 2

n n

c c c n c c c

n n n n n n

     



 

          

Bài toán 7.3

. Cho y = f(x) liên tục và không âm trên [a,b]. Gọi S là diện tích giới hạn
bởi x = a , x = b, y = 0, y =f(x) với phép phân hoạch trên [a,b] bởi các điểm chia

...

1 1

a x ox  xn b

 .Gọi S1 là tổng diện tích n hình chữ nhật có cạnh xi+1 - xi ,
f(xi) thì 1



1



 

, 0,

0
n

S xi x f x ii i n

i

   

 . Gọi S2 là tổng diện tích n hình chữ nhật có
cạnh xi+1 - xi , f(xi+1) thì 2



1

 

1



, 0,

n

S xi x f xi i i n
i

    

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



 



( ) , 0,

3 2 0 1 1

n

S xi xi f xi f xi i n

i

 

      

 

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

xo=a x1 x

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

f(x)
Khi đó ta có

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

2) Nếu f nghịch biến thì S1S S2.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y = f(x) = x +
 ,với ,   R.

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

Ví dụ 7.3.1. Cho 0 ≤ x ≤ y ≤ 1. Chứng minh

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

Lời giải

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

1 < S < S3 với

( ) (1 )

1
1

1
0

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

3 2

y
x

S x y x e y e

t
S e dt e

y y

x x

S x e y x e e y e e

    

  

 

         

 đpcm.

Ví dụ 7.3.2. Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 0  x y 1. Chứng minh









2 2 2 2

1 1 1 2 ( ) 1 1 1

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

 

  .

Lời giải

Xét hàm số f(t) = 1 t2 nghịch biến ,lồi trên [0,1] nên S3SS1
4

S  , 3 1 1 2





1 2

S  x y  x   x  y 

  ,





2 2

( ) 1 1 1

S  x y x  x   y  y
Suy ra đpcm.

Bài toán 7.4.

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

( )

a b

f x dx f x dx ab f

f  

 



  

  .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi f(a) = b.

32
b

S1
S

2
y

f()

f()

S
1
S2

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Chứng minh

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

a

S f x dx



  .
Gọi S2 là diện tích giới hạn bởi yf( ) , y = b, x = 0 , yf1( )x thì

 

1( )
1

b

S f x dx

f 


0 (0)

a b

f x dx f x dx ab

f


 

  .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi f(a) = b.

Ví dụ 7.4.1. Cho a  0, b  1, ab = 2. Chứng minh

2
1

2 2

1 1 ln 2

2 1

a a

a a a b

b a b
 

    

 

Lời giải

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

2 1 2 1 2

0 1

a b

x  dx x  dx ab 

 

2
1

2 2

1 1 ln 2

2 1

a a

a a a b

b a b
 

     

 

Ví dụ 7.4.2. Cho p > 1, q > 1 thoả 1 1 1

p q  . Chứng minh , , 0

p q

a b

ab a b

p  q    .

Lời giải

Xét hàm số y = xp-1, x > 0. Vì 1 1 1

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

có 1 1

0 1

p q

a p b q a b

x dx x dx ab ab

p q

 

    

  .

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

 Bài toán ở vấn đề 1 là một trường hợp riêng của bài toán 7.1.

Cho hàm số y = f(x) > 0, với x



[a,b] . Với mọi phép phân hoạch [a,b] bởi các
điểm chia a a 0a1...anb, ta có

















min ( ), ( ) ( )

1 1

max ( ), ( )

1 1

b
n

S ai ai f an f ai f x dx

a

i

n

an ai f an f ai S

i

      



     



(*)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a =b hoặc a0 = a

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

 Xác định được hàm số y = f(x) > 0 với x



[a,b].

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

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

Ta có thể mở rộng lên cho tích phân 2 lớp như sau

Cho f(x,y) > 0 khả tích trên D. Cho mọi phép phân hoạch trên D thành các miền
nhỏ có diện tích B B B0 1 2, , ,...,Bn.

Gọi min



1, 1







n

S Bi f xi yi f x yi i
i

   



max



1, 1







n

S Bi f xi yi f x yi i
i

   



Khi đó ta có: S f x y dxdy S( , )
D

  .

Qua các ứng dụng hình học của tích phân ta có chung một phương pháp để chứng
minh bất đẳng thức đó là

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

, ,...,

1 2 1

A A An có hồnh độ x x1 2, ,...,xn1.

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

b) Dựa vào diện tích hình thang cong giới hạn x = a, x = b, y = f(x), y = 0 và diện tích
các hình thang nhỏ ( hay diện tích các hình chữ nhật nhỏ) ta tạo được một số bất đẳng
thức.

BÀI TẬP

1) Chứng minh  n  R* ta có









1
2

1 n ! n 1 n

n n e n 

   

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

arcsinb-cos2a+ 1-b ,2 0, ,



0,1 ,



3
4

P b a b ab

n

 

 

    

 

3) Cho p > 0 , q > 0 thoả 1 1 1
p q 
Chứng minh  a, b > 0 ta có

p q

a b

ab
p  q 

4) Chứng minh  x, y : 0 < x  y ta có arctany-arctanx  y x

5) Chứng minh  x ta có 1xln



x 1x2



 1x2
6) Chứng minh với x > y ta có



 



2ln1

1
x

x y x y

y


   

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

 

8) Chứng minh 2 1 2 22 ... 2



1



2 2
4
n   n    n  n  n
9) Chứng minh 2 2 2

1 1 4

1 , 0,

sin x x x 2




 

      

 

10) Cho 0 < a < b chứng minh a-b ln
a

a a b

b b



 

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













2
n
n
2

1
n
1
n
n
2
1
1
2

a
1
a
a
a
...
a
a
a
a

3
1
a
a
1
a

a
a
a
a
a



























12) Chứng minh rằng

2
a
0
,
0

b  

 ta có

ln(1 b2) ln(cosa)
2

1
ab
b
arctan

b    

13) Chứng minh rằng 0x1,x2 3ta có



x 1





x 1





x x



2 3 2 5
2

1
2

2
2

1         

PHỤ LỤC

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36></div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>









( )

,

0,

0 ( )

,

0,

0, ,

0

1 ( )

,

0,

1

2 ( )

,

0,

0

1 ( )

2

,

0 ( )

,

0,

(0, )

ax

( )

,

0

1 ( )

ax

,

0,

1

2

1 ax

( )

ax

1 ( ) ln 1

,

0 ax

( ) ln(1

),

f x x x

f x

a x

a

x

a

f x

x

f x

a

x

x a

f x

x

f x

a

x

a

a x

f x e

a

f x

x

a

e

f x

e

f x

x

f x

e













 











 



















































































0

1 ax

( ) ln

ax

( ) sin ,

0, ,

0

1 ( ) ln(1

2

),

(0, )

sin

k

( )

os ,

(0, ),

0

2 a

f x

e

k

f x

x x

k

f x

x

f x c

x x

k

































</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

2) Một số hàm lõm.





( ) , 0,0 1

( ) , 0, (0, ),0 1

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

f x x x

f x a x a x a

n

f x x x n

ax

f x e x a

f x x x

 



   

     

  

   

 

( ) cos , [0, ], [0,1]
2

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

sin

( ) , [0, ]

1 sin

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

f x x x k

k

f x x x k

f x x x

x

f x x

x

f x x x






  

 



  

( ) arcsin , 0
1

( ) arcsin , 0, 0
( ) arctan , 0

x

f x x

x
x

f x a x

a x

f x x x

 



  



 

KẾT LUẬN

Tiểu luận đã tập trung nghiên cứu một số vấn đề chính sau đây.

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

2. Sử dụng tính chất hình học của tích phân để chứng minh bất đẳng thức. Đây là

một vấn đề không mới nhưng cịn ít tài liệu tốn THPT viết về vấn đề này.

3. Trình bày hệ thống các ví dụ áp dụng bao gồm 50 bài, trong đó 28 bài tham khảo
trong các tài liệu, còn lại 22 bài được sáng tác dựa trên những kết quả từ các bài
toán.

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

TÀI LIỆU THAM KHẢO

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

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

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

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

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

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

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

[10] /> /> /> />

</div>


<a href=' /><a href=' /><a href=' /><a href=' /> Chuyen de Bat dang thuc2.doc

Chuyen de Bat dang thuc ( on THPT)

LTDH_ Chuyen De Bat Dang Thuc

Chuyen de Bat dang thuc

chuyên đề bất đẳng thức tích phân

Chuyên đề Bất Đẳng Thức

chuyen de bat dang thuc

Chuyên Đề Bất Đẵng Thức

CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC

Chuyen de bat dang thuc

chuyen de bat dang thuc

<i><b>LỜI NÓI ĐẦU</b></i>

<i>B</i>

<i><b>Vấn đề 1.</b></i>

<b>Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Giới Nội Và Lồi</b>

<b>Bài toán.</b>





















<i>n</i>

 























































































 















<sub></sub>

<sub></sub>

















