sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số f(x)

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số f(x)": http://123doc.vn/document/1051300-su-dung-dao-ham-khao-sat-ham-so-f-x.htm

Cơ Sở Lý Thuyết Của Bất Đẳng Thức Tích Phân
Phần I:



o0o
1. Định lý 1 :
Cho f: [a, b] Ỉ R liên tục: nếu
f
(x) 0≥ thì () 0
b
a
fxdx≥
∫
 Hệ quả 1 : Nếu f, g: [a, b] Ỉ R liên tục và:

() () () ()
bb
aa
f
x gx f xdx gxdx≤⇒ ≤
∫∫

 Hệ quả 2 : Cho f : [a, b] Ỉ R liên tục
và
ta có :
[]
[]
x,
,
inf ( ), sup ( )
ab
xab
mfxM f
∈
∈
==x


()
() ()
b
a
mb a f xdx M b a−≤ ≤ −
∫
2.
Định lý 2 :
Với mọi hàm f(x) liên tục trên [a, b] thì:
()
()
bb
aa
f
xdx f xdx≤
∫∫

Dấu “=” xảy ra
[
]
[]
() 0 ,
() 0 ,
f
xxab
f
xxa
⎡
≥∀∈
⇔
⎢
≤∀∈
⎢
⎣
b

 Hệ quả 2.1 :
Giả sử f(x), g(x) ∈ C
[x]
và
[]
,
sup ( )
xab
M
fx
∈
=
Ta có :
() () ()
b
b
a
a
gxf xdx M gx dx≤
∫∫

 Hệ quả 2.2 :Giả sử f (x)∈ C
[x]
và
[]
,
sup ( )
xab
M
fx
∈
= ta có :

()
()
b
a
f
xdx b a M≤−
∫

3. Định lý 3 :
Giả sử f(x) ∈ C
[x
] trên [a, b] sao cho f(x) ≥ 0 và x
0
∈ [a, b] sao cho f(x) liên tục tại x
0
và
. Khi đó: .
0
f(x ) > 0 () 0
b
a
fxdx>
∫
 Hệ quả 3.1.:
Giả sử f(x) và g(x) là 2 hàm số liên tục trên [a, b] f(x) ≤ g(x) ∀x∈[a, b]. Nếu f(x) ≠ g(x)
trên [a, b] tức là tồn tại ít nhất một điểm x
0
∈[a, b] sao cho:
f(x
0
) < g(x
0
) thì () ()
bb
aa
f
xdx gxdx<
∫∫

liên t
ụ
c
 Hệ quả 3.2: Cho f : [a, b] Ỉ R

Nếu thì f(x)=0


()
()
()
0
b
a
fxdx
⎪
⎪
≥
0
fx
⎨
⎪
fx
⎧
=
⎪
⎩
∫
4.
Định lý giá trị trung bình :
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần
Quang Vinh

4
Cơ Sở Lý Thuyết Của Bất Đẳng Thức Tích Phân
4.1. Định lý giá trị trung bình thứ nhất: Nếu các hàm số f(x),g(x) khả tích trên
[a,b], g(x) khơng đổi dấu trên (a,b). Ký hiệu
[]
[]
x,
,
inf ( ), sup ( )
ab
xab
mfxM fx
∈
∈
=
= thì tồn tại một số
µ
với mM
µ
≤≤ sao cho:
()() ()
bb
aa
f
xg xdx gxdx=µ
∫∫

Hơn nữa, nếu f(x) liên tục trên [a,b] thì tồn tại một số
[
]
,cab∈ sao cho:
()() () ()
bb
aa
f
xgxdx f c gxdx=
∫∫

4.2. Định lý giá trị trung bình thứ hai:
a) Nếu các hàm số f(x),g(x) khả tích trên [a,b], g(x) là hàm đơn điệu trên (a,b) thì
để:
(
,cab∃∈
)
b
c
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
bc
aa
f
xgxdx ga f xdx gb f xdx=+
∫∫∫

b) Hơn nữa nếu g(x) là hàm đơn điệu giảm, khơng âm trong khoảng (a,b) thì:
[]
()() () () ,
bc
aa
f
xgxdxgafxdxc ab=∈
∫∫

c)
Nếu g(x) là hàm đơn điệu tăng, khơng âm trong khoảng (a,b) thì:
[]
()() () () ,
bc
aa
f
xg xdx gb f xdx c ab=∈
∫∫

5. Một số bất đẳng thức liên quan đến tích phân:
 Bất đẳng thức Bunhiakopki: Cho f(x),g(x) là những hàm số liên tục trên
thế thì:
(
[a, b]
() ()
)
() ()
2
22
. .
bbb
aaa
f
x gxdx f xdx g xdx≤
∫∫∫

 Bất đẳng thức Young: Cho a∈
+
R , f : [0, a] Ỉ R là một ánh xạ thuộc lớp C
1

sao cho
[
]
(
)
()
0, , ' 0
00
xafx
f
⎧
∀∈ >
=
⎪
⎩
⎪
⎨

Ta kí hiệu f
1
: [0, f(a)] Ỉ R là ánh xạ ngược của f(x).
Khi đó ∀x∈ [0, a], y∈ [0, f(a)],
() ()
1
00
xy
f
xdx f xdx xy
−
+
≥
∫∫

 Bất đẳng thức Holder: Cho
[
]
,:,fg ab→ R liên tục
11
,0,pq
pq
>+=1
thì:
11
()() () ()
bbb
pq
pq
aaa
f
xgxdx f x dx gx dx
⎛⎞⎛
≤
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
∫∫∫
⎞
⎟
⎠







GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần
Quang Vinh

5
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Phần II:

o0o
CHƯƠNG I:

☺
§ Bài 1
:
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP
ĐÁNH GIÁ
☺
 Nhận xét: để chứng minh ( )
b
a
f
xdx A
≤
∫
ta thực hiện các bước như sau:
1) Bước 1: xác định một hàm số g(x) thoả mãn các điều kiện:
[
]
() () ,
()
b
a
f
xgx xab
gxdx A
⎧
≤∀∈
⎪
⎨
=
⎪
⎩
∫

2) Bước 2: khi đó từ:

() () () ()
bb
aa
f
xgx fxdx gxdxA
≤
⇒≤
∫∫
=

dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi:
[
]
() () ,=∀∈
f
xgxxab

Từ nhận xét trên ta thấy để chứng minh hàm số bằng phương pháp đánh giá ta có
thể đi theo các hướng sau đây:
¾ Hướng 1: Đánh giá hàm số f(x) theo cận [a,b] bằng phương pháp đại số:
¾ Hướng 2: Sử dụng đạo hàm để xét tính đơn điệu của hàm số f(x) trên cận [a, b]
Sau đây ta sẽ phân tích từng dạng bài cụ thể:
I. ĐÁNH GIÁ HÀM SỐ f(x) THEO CẬN [a,b] BẰNG PHƯƠNG PHÁP
ĐẠI SỐ:

♦ Bài tốn 1: Chứng minh bất đẳng thức :
3
∫
19
1
3
6
0
1x
<dx
20
20 2
1+x
1
<

Giải :
∀x∈[0, 1] thì :
6
3
3
11x≤+≤2
Do đó :
[]
19 19
19
6
3
x0,1
2
1
xx
x
x
≤≤∀∈
+

Hiển nhiên:
()
19 19
19
3
6
3
x0,1
2
1
xx
x
x
<<∀∈
+


119
11 1
19
3
6
3
00 0
2
1
xx
dx dx x dx
x
⇒< <
+
∫∫ ∫
( Hệ quả 3.1)
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần
Quang Vinh

6
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân

19
1
3
6
3
0
11
20
20 2
1
x
dx
x
⇔< <
+
∫

Nhận xét: như vậy hàm số g(x) = x
19
(bất đẳng thức bên phải), g(x) =
19
3
2
x

(bất đẳng thức bên phải)
♦
Bài tốn 2: Chứng minh rằng :
()()()
∫
π
3
π
6
5π 9π
< 3- 2 sinx . 5 + sinx . 1+ sinx dx <
62

Giải :
,
63
x
π
π
⎡
∀∈
⎢
⎣⎦
⎤
⎥
ta có :
()()()
()()()
()
66
sin 1
0sin 1 5 sin 5
1sin 1
3 2 sin 5 sin 1 sin 5
5
3 2 sin 5 sin 1 sin 1
6
x
xx
x
xxx
xxxdxdx
ππ
33
ππ
⎧
3−2 >
⎪
⎪
<<⇒+ >
⎨
⎪
+>
⎪
⎩
⇒− + + >
π
⇒− + + >5=
∫∫

Hơn nữa theo bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương :
()()()
(
)
(
) ()
()()()
()
3
3
6
3 2 sin 5 sin 1 sin
3 2 sin 5 sin 1 sin 27
3
9
3 2 sin 5 sin 1 sin 27 2
2
xxx
xxx
xxxdxdx
ππ
3
ππ
6
⎡⎤
−++++
⎢⎥
−++<
⎢⎥
⎣⎦
π
⇒− + + < =
∫∫
=
Từ (1) và (2) ⇒ đpcm
 Nhận xét: Nếu hàm số dưới dấu tích phân là một hàm số phức hợp thì trong nhiều
trường hợp cần đánh giá đồng thời các hàm số đơn lẻ
♦
Bài tốn 3: Cho
4
,
π
∈
∫
n
n
0
I= xtgxdxn NChứng minh :
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
n+2
n
1 π
I>
n+2 4

Giải
:
Già sử α là số thực sao cho 0
4
π
α
<
<
∀x∈[0, α] ta có: 0 ≤ x ≤ tgx
⇒ 0 ≤ x
n
≤ tg
n
x
⇒ 0 ≤ x
n+1
≤ xtg
n
x
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần
Quang Vinh

7
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
,
4
x
π
α
⎡
∀∈
⎢
⎣⎦
⎤
⎥
thì 0 < x < tgx
⇒ 0 < x
n+1
< xtg
n
x
1
00
1
4
0
11
44
00
1
n+1
4
0
1
= x
14
nn
nn
nnn
n
n
xtg xdx x dx
xtg xdx x dx
I xtg xdx xtg xdx x dx x dx
dx
n
αα
π
α
α
ππ
αα
αα
π
π
+
+
++
+
⎧
≥
⎪
⇒
⎨
⎪
>
⎩
⇒= + > +
⎛⎞
=
⎜⎟
+
⎝⎠
∫∫
∫∫
∫∫∫∫
∫
n


♦
Bài tốn 4: Cho 2 hàm số f, g : [0, 1] Ỉ [0, 1]
Chứng minh rằng:
(
)
≤
∫∫∫
2
11
000
f(x).g(x)dx f(x)dx. g(x)dx
1

Giải
:
Theo giả thiết:
∀x∈ [0, 1] thì
0( và )fx≤≤1
1
( ) 0gx≥
() () () ()
11
00
0()()()
0.
f
xgx gx
f xgxdx gxdx
⇒≤ ≤
⇒≤ ≤
∫∫


∀x∈[0, 1] thì
(
)
0gx≤≤1 và ( ) 0fx≥
(
)
(
)
(
)
() () () ()
11
00
0.
0.
gx f x f x
fxgxdx fxdx
⇒≤ ≤
⇒≤ ≤
∫∫
2

Từ (1) và (2) ⇒ (đpcm)

♦ Bài tốn 5: Giả sử f(x) là hàm liên tục trên [0, 1], a là một số dương sao cho :
Chứng minh rằng :
() ()
[]
()
2
3
2
3
, , ≤≤ ∈
≥
∫
∫
1
0
1
0
fxdx=a 0 fx a x 0,1
fxdx a

Giải :
Ta có:
()
(
)
()
(
)
()
2
11 1 1
3
11
2
00 0 0
33
3
1
fx fx
a
f
xdx dx dx f xdx a
fx
aa
a
=≥= =
∫∫∫ ∫
=
(đpcm)

♦ Bài tốn 6: Cho f(x) liên tục và nghịch biến trên [0, a], a∈[0, b]
Chứng minh rằng:


≥
∫∫
ab
00
b f(x)dx a f(x)dx (1)
Giải
:
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần
Quang Vinh

8
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Bất đẳng thức (1)
()
0
( ) ( ) (2)
ab
a
ba fadxa fxdx⇔− ≥
∫∫
Do f(x) nghịch biến trên [0, a] và [a, b]
Nên :


() ()
()
00
() ()
= b-a ( ) ( ) ( )
aa
bb
aa
ba fxdx ba fadx
af a a f a dx a f x dx
−≥−
=≥
∫∫
∫∫
Vậy cả (1) và (2) được chứng minh.

♦
Bài tốn 7: Chứng minh rằng:
()
≤
∫∫
22
π 2π
-x 2 -x 2
0 π
ecosxdx ecosxdx 1
Giải:
Đặt
x
t
π
=+ thì ta có:
()
2
2
2ππ
-+x
-x 2 2
π 0
e cos xdx e cos xdx
π
=
∫∫

Từ đó chứng minh (1) tương đương với việc chứng minh :

()
2
2
ππ
-+x
-x 2 2
00
e cos xdx e cos xdx
π
≤
∫∫
[
]
0,x
π
∀∈ ta có:
(
)
()
()
()
2
2
2
2
2
2
22
os os
2
2
x
x
x
x
ππ
-+x
-x 2 2
00
xx
ee
ecxecx
e cos xdx e cos xdx
π
π
π
π
−+
−
−+
−
−+ ≤−
⇒≤
⇔≤
⇒≤
∫∫

 Nhận xét:
Bài tốn này u cầu chứng minh một bất đẳng thức mà cận tích phân khác nhau,
thì ta cần thơng qua một bước đổi biến số thích hợp để đưa 2 vế về cùng cận tích phân, rồi
mới sử dụng phương pháp đánh giá.

♦ Bài tốn 8: Cho số ngun m ≥ 2 và n ∈ N
*
. Chứng minh rằng:
()
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
∑
∫
1
n
km
n
0
k=1
5
cosx + nsinx dx <
4

Giải :
Với m ≥ 2 và n ∈ N
*
ta có
cos
mk
x ≤ cos
2
x = 1 – sin
2
x
1
x[0, ]
n
∈ (1)
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 0
()
2
2
515 1
1- sin x+ sinx = sinx - x 0, 2
424 n
⎛⎞ ⎡⎤
−≤∈
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠ ⎣⎦

Dấu “=” xảy ra ⇔ sinx =
1
2

GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần
Quang Vinh

9
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Từ (1) và (2)
km
5
(cosx) + sin <
4
x⇒

()
1
5
cos sin
4
n
km
k
x
nx
=
+<
∑

Do đó:
n
ết quả là
()
11
K
00
1
44
k
=
55
cos sin
n
km
nn
xnxdx ndx
⎛⎞
+
<=
⎜⎟
⎝⎠
∑


♦
Bài tốn 9:
∫∫
Cho f(x) xác định và liên tục trên [1, 2] và thỏa :
() ()
[]
1 ∀∈≠
33
x
1
12 1 2
x-x
x,x 1,2 x x

Chứng minh rằng :
≤
∫
2
1
2
2
a
fxdx
3
()
≤
∫
2
1
3
fxdx
2

Giải
:
Ta có:
() ( )
()
1
12
10 x
x
2
1
33
2
21
3
x
x
xx
xdx
2
22
x
x
fxdx x
⇒− ≥∀≤
∫
−
=
∫

2
≤ 0
Do hàm h(x) = x
2
– f
2
(x) liên tục trên đoạn [1, 2]
Nên f
2
(x) – x
2
≤ 0 ∀x∈[1, 2]
⇒ ∃c∈[x
1
, x
2
] sao cho f
2
(c) – c
(
)
[]
() ()
22 2
x 1,2
3
fx x⇒≤∀∈

11 1
2
fxdx fxdx xdx
⇒≤ ≤=
∫∫ ∫

♦
Bài tốn 10: Giả sử f(x) là hàm liên tục trên đoạn [a, b], thỏa mãn điều kiện :
≤ α
1
f(x
1
) + α
2
f(x
2
)

] α > 0, α > 0, α + α = 1
Chứng minh rằng :
i) f(
α
1
x
1
+ α
2
x
2
)
ii)
∀x
1
, x
2
∈ [a, b
1 2 1 2
() () ()()()
()
⎛⎞
≤≤
⎜⎟
⎝⎠
a
a+b 1
b-a f dx b-a f a +f b
22

Giải
∫
b
f x
:
Ta có
()()
()()
() () (
00
00
1
2222
1
22
11
= 1
22
ba ba
ba ba
ab ax bx
ff faxfbx
ab
fdx faxfbxdx
fa x fb xdx
−−
−−
++−
⎛⎞⎛ ⎞
=+≤⎡++−⎤
⎜⎟⎜ ⎟
⎣⎦
⎝⎠⎝ ⎠
+
⎛⎞
⇒≤⎡++−⎤
⎜⎟
⎣⎦
⎝⎠
++ −
∫∫
∫∫

)
a b
a

Đặt t = a + x ⇒
b
() ()
0
f
axdx ftdt+=
∫

– x ⇒
−
∫

( ) () ()
0
ba a b
ba
f
b x dx f t dt f t dt
−
−=− =
∫∫∫

Và đặt t = b
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần
Quang Vinh

10
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Do (1) ⇒
() () (
2
2
b
a
ab
baf fbxdx
+
⎛⎞
−≤−
⎜⎟
⎝⎠
∫

)
Để chứng minh bất đẳng thức phải, trước hết ta chú ý rằng ∀x∈[a, b] thì:
()
(
)
(
)
(
)
(
)
x
afb b xfa
xa bx
fx f b a
ba ba ba
−+−
−−
⎛⎞
=+≤
⎜⎟
−− −
⎝⎠
()
khi đó:
(
)
()
(
)
()
()
()
()
()
()
() () ()
()()
2
2
bb b
aa a
b
b
ba
f x dx f x a dx f b x dx
ba ba
fa b x fb fa
≤−+−
−−
−+
−− = −
∫∫ ∫

T

Bài tốn 11:
1
fb
= . 3
2222
a
a
xa ba
ba ba
−−
ừ (2) và (3) ⇒ đpcm
♦ f : [1, +∞) Ỉ R thuộc lớp C
1
(tức f(x) có đạo hàm liên tục trên
) và lồi. Chứng minh rằng : ∀n ∈ 1} ∞[1,+ ) N ⁄ {0,
()
≤≤
∫
b
111
0
a
f(1) + f(2) + + f(n -1) + f(n) - f(x)dx f'(n) - f'(1)
228

Giải :
1) ∀ k ∈ {1,…, n-1} đường cong biểu diễn f(x) trên [k; k+1] ở phía dưới dây cung.
Do đó:
S’
ABCD
≤ S
AB
ới S’
ABCD
à diện tích hình thang cong ABCD, S



CD

(v l
ABCD
là diện tích hình thang ABCD)




k k+1 k k+1

() ( )
()
() ( )
()
() ( ) ( ) (
1
1 1 2 1
22 2
k
)
1
11
1
11
1
1
2
11 1
k
k
nn
k
kk
ffkfk
b
f
ffkfk ff fnfn
= ≤ ++= + ++−+
∑∑
∫

+
−−
+
+=
⇔≤ ++
⇒
∫
∫
(x) trên [k, k+1] ở phía nửa tiế tuyến tại k
và k+1.
∀k∈ {1,…, n-1} ∀x∈ [k, k+1]
uy ra rằng ∀k∈ {1,…, n-1}
A
B
D C
y
x
0
y
x
0

∀k∈ {1,…, n-1} đường cong biểu diễn f p
Từ đó ta có :
f(x) f(k) + (x - k)f'(k)
f(x) f(k+1) + (x-k-1)f'(k+1)
≥
⎧
⎨
≥
⎩

S
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần
Quang Vinh

11
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
() ( ) ()
()
()( )()
()
11
11 1
22
11
22
'11'
kk k k k
kk k k k
1
f
ff fkxkfkdx fkxkfk
++ + + +
++
=+≥ +− + ++−− +
∫∫ ∫ ∫ ∫
dx

()
()
()
()
1
1
22
2
1
2
1
11
= ( ) 1 ' 1
222 2
kk
kk
xk xk
fk f k f k
++
+
−−−
+
+++ +
[]
[]
1
11
1
11 1 1
( ) '( ) ( 1) '( 1)
28 2 8
11 1
() () () ( 1) '() '( 1)
22 8
111
(1) (2) ( 1) ( ) '(1) '( 1) (2)
228

nk
nn
kk
k
fk f k fk f k
fxdx fxdx fk fk f k f k
f f fn fn f f n
+
==
=+++−+
⎛⎞
⇒= ≥ +++−+
⎜⎟
⎝⎠
=+++−++ −+
∑∑
∫∫
L

II. SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT HÀM SỐ DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN:
♦ Bài tốn 1:
Từ (1),(2)⇒ đpcm

3
6
3sin
42
x
dx
x
1
π
π
Chứng minh rằng :
<
<
∫

Xét hàm số
sin
x
y
x
= với x,
63
π
π
⎛⎞
∈
⎜⎟
⎝⎠


(
)
()
()
yx y
()
22
22
cos
cos sin
' 0 , x ,
63
do y = tgx - x y' = tg 1 1 0 x 0,+
00
0
xtgx x
xx x
y
xx
xtgx
tgx x
π
π
−
−
⎛⎞
⇒= = < ∈
⎜⎟
⎝⎠
⇒+−=>∀∈∞
=
⇒−>

⇒ Hàm số
⇒>

sin
x
y
x
= là hàm nghịch biến trên D
sin x
π
3 3 sin 3
362
x
yy
xx
π
π
π
⎞
=≤ ≤ ⇔≤ ≤
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠

” xảy ra ⇔ tại
⎛⎞ ⎛
Dấu “=
, x=
63
x
π
π
=
33 3
66 6
Do đó
3
3sin 1x
π
6
33 sin 3
2
42
x
dx dx dx
x
dx
x
ππ π
ππ π
π
ππ
<<
⇔< <
∫∫ ∫
∫

♦
Bài tốn 2: Chứng r minh ằng :
2
1
0
x
edx
1
1
4
4
π
+
+
>
∫

Giải
:
(đpcm)
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần
Quang Vinh

12
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Xét hàm ố f(x
f’(x) =
1 ≥ 0 với x∈[0, 1]
Bảng bi iên

x
1
s ) = e
x
– x – 1 với x∈[0, 1]
e
x
–
ến th :
0
f’ +
f
0
(
)
() ()
[]
[]
2
2
2
1
1
1
4
x
edx
π
+
2
1
1
11 11
1
22
00 00
0
0
00
0 0 x 0,1
1
11
1 x 0,1
1
1
1
11
=arctg 1 1
4
4
x
x
x
f
fx f
ex
x
e
dx
edx dx dx
xx
π
+
+
⇒=
⇒≥=∀∈
⇔>+
⇒> +∀∈
+
⎛⎞
⇔>+=+
⎜⎟
++
⎝⎠
1
x
+
=+
∫∫ ∫∫

♦
B
+
⇒>
∫
≤≤
∫
π
2
0
π 3dx2π 3
33
cos +1

Giải
ài tốn 3: Chứng minh rằng :
x + cosx
:
()
Xét hàm số:
2
1
0
cos cos 1
fx
xx
=≥
++
với 0x
π
≤
≤

()
2
2
1
cos cos 1
fx
x
x
⇒=
+
+

Đặt t = cosx ∈[-1, 1]
() () ()
()
2
2
2
2
121
'
1
1
t
fx Gt Gt
t
tt
t
−
−
⇒=
++
++

Nên ta c

⇒==
ó :
t -1
1
2
−

1
G’(t) + 0 -
4
3


1
3


G(t)


1

()
[]
()
[]
()
[]
14
t -1,1
33
12
x 0, do 0 0,
33
Gt
fx fx x
π
π
⇒≤ ≤ ∀∈
⇒ ∈≤ ≤ ∀∈ ≥∀


(đpcm)
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần
Quang Vinh

13