sáng kiến kinh nghiệm-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 LỜI NÓI ĐẦU Quy Nhơn, tháng 10 năm 2009 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 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 b f a f b a b b a f x dx b a f a + +   − ≤ ≤ − ∫  ÷   Chứng minh Vì f(x) lồi trên [a,b] nên với bất kỳ x 1, x 2 ∈ [a,b] ta có bất đẳng thức so sánh f(α 1 x 1 + α 2 x 2 ) > α 1 f(x 1 ) + α 2 f(x 2 ) nếu α 1 > 0 , α 2 > 0 , α 1 + α 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 [ ] 1 ( ) ( ) ( ) , 2 2 2 2 a b a b f f f a f b a b a ξ ξ ξ ξ ξ + + −   = + > + + − ≤ ≤ −  ÷   Tích phân theo ξ tròg 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 ξ ξ ξ ξ − −   + − ≥ + + − = ∫ ∫ ∫  ÷   (1) trong tích phân đầu ta thay a + ξ = t , còn tích phân thứ hai thay b- ξ = z. Chia [a,b] thành n phần bằng nhau b a x i n −   ∆ =  ÷   và lập tổng tích phân với x k k ξ = ( ) 1 1 1 0 0 n n k b a b a b a k k S f a f a b n n n n n n k k − − −  − −     = + = − + ∑ ∑  ÷  ÷     = =     Do f(x) lồi , ta có k 1 > 1- ( ) ( ) n k k k f a b f a f b n n n       − + +  ÷  ÷         Bởi vậy 1 k 1 1 1- ( ) ( ) ( ) ( ) n 2 2 0 n b a k b a n n S f a f b f a f b n n n n k − −   − + −     > + = + ∑  ÷         =   (2). Chuyển qua giới hạn bất đẳng thức (2) khi n → ∞ (do f(x) khả tích ) ta nhận được ( ) ( ) ( ) ( ) 2 b b a f x dx f a f b a − ≥ + ∫ Kết hợp (1) và (2) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 b f a f b a b b a f x dx b a f a + +   − ≤ ≤ − ∫  ÷   . Ví dụ 1.1. Cho 0 < a < b, p > 2. Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 p p p b p a b ab p a b + + − − − − ≤ + − Lời giải Xét hàm số y = f(x) = x p trên [a,b], với a > 0, p > 2. Ta có 2 '' ( 1) 0 p y p p x − = − − < . Vậy hàm số y = f(x) bị chặn và lồi trên [a,b]. Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 b f a f b b a f x dx a + − ≤ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 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 < b Chứng minh ( ) 2 2 2 2 ln lnab a b a b− ≥ − Lời giải Xét y = - xlnx trên (0,+∞) . Ta có 1 '' 0, 0y x x = − < ∀ > . Khi đó ( ) ( ) ln ln ln 2 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 − − − ≤ − ∫   −  ÷ ⇔ − − ≤ − −  ÷   ⇔ ( ) 2 2 2 2 ln lnab a b a b− ≥ − Ví dụ 1.3. 0 < a < b < 1. Chứng minh 2 2 1 1 arcsinb-arcsinab a a b− − − ≤ Lời giải Xét f(x) = 2 1 x− trên [a,b] với 0 < a < b < 1. Ta có f ’ (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 2 1 1 2 2 2 1 1 1 arcsinx 2 2 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 2 1 2 2 1 1 ln 2 1 b b b a a b a a + + − − − ≥ + + . Lời giải Xét ( ) 1 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 + − ≤ ∫ 1 2 2 2 2 1 1 1 ln 1 2 2 2 1 2 2 1 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 4 x y π < < < . Chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) sin 2 2 os2x-cos2y 2 y-x siny x x y c x y− + ≤ ≤ + . Lời giải Xét f(t) = sin2t trên [x,y] ⊂ [0, 4 π ]. Ta có '' ( ) 4sin 2 0 [x,y]f t t x= − < ∀ ∈ . 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 2 y x y y x tdt y x x y x + ⇔ − ≤ ≤ − + ∫ ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) sin 2 2 os2x-cos2y 2 y-x siny x x y c x y− + ≤ ≤ + . Ví dụ 1.6. Với 0 < a < b . Chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 ln 2 1 1 1 2 a b a b a b a a b b a b − + + − +   ≤ ≤  ÷ + + + + +   . Lời giải Xét 1 1 y x = − + trên [a,b] với a > 0. Ta có ( ) 2 '' 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 + +   − ≤ ≤ − ∫  ÷   ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 2 2 ln 1 2 1 1 2 b b a dx b a a b a b x a a b b a b a b x a a b a b    ÷ −   ⇔ − − ≤ − ≤ − − ∫  ÷  ÷ + + + +    ÷ +   − − + + ⇔ ≤ − + ≤ + + + + ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 ln 2 1 1 1 2 a b a b a b a 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 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 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )tf x g x t f x tf x g x g x≤ + = + + 2 2 2 0 ( ) 2 ( ) ( ) ( ) b b b t f x dx t f x g x dx g x dx a a a ⇒ ≤ + + ∫ ∫ ∫ Vế phải là tam thức bậc hai không âm ∀ t 2 ' 2 2 0 ( ) ( ) ( ) . ( ) 0 b b b f x g x dx f x dx g x dx 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 ( ) 2 2 ( ) ( ) . 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 1 1 2 0 x x t t x x e e e dt e e   − − < + < − − ∫  ÷   . Lời giải Ta có 1 2 2 2 0 0 x x t t t t e e dt e e e dt − − + = + ∫ ∫ (1) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có ( ) 2 1 2 2 2 0 0 0 x x x t t t 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 0 x t t x x x x x e e e dt e e e e e       − −  ÷ + ≤ − − − < − − ∫  ÷  ÷  ÷       (2) Hiển nhiên ta có 2 , 0 t t t e e e t x − + > ∀ < < , nên ta suy ra 2 1 0 0 x x t t t x e e dt e dt e − + > = − ∫ ∫ (3) Từ (2) và (3) ta suy ra điều phải chứng minh ( ) 1 2 1 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 2 6 1 1 1 1 ln 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 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 . 2 2 1 1 2 3 1 1 2 1 ln 2 1 3 2 3 3 1 1 1 1 2 2 1 1 ln ln 2 1 2 1 3 3 2 2 2 6 1 1 1 1 ln 3 3 1 1 b b b xdx dx x dx a a a x x b b b x 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 ( ) ( ) 2 2 b a a b e e b a e e− ≥ − Lời giải Xét f(x) = e x , g(x) = 1 x e trên [a,b] với a > 0. Khi đó ( ) 1 2 . b b x e dx dx b a x e a a ≥ − ∫ ∫ ( ) 1 2 b b x e b a x a e a      ÷ ⇔ − ≥ −  ÷  ÷     ( ) ( ) 2 2 b a a b e e b a e e⇔ − ≥ − . Ví dụ 2.4. Với 0 2 a b π ∀ < < < . Chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 osa-cosb 2 sin 2 sin 2c b a b a a b≤ − − + − . Lời giải Ta có 0 , 2 a b π ∀ < < < ( ) 2 2 sinx sin . b b dx b a xdx a a   ≤ − ∫ ∫  ÷   ( ) 2 os 1 os2x 2 b b a b c c dx a a −   ⇔ − ≤ − ∫  ÷   ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 osa-cosb 2 sin 2 sin 2c b a b a a b≤ − − + − . Ví dụ 2.5. Với 0< a < b . Chứng minh ( ) ( ) 2 1 ln 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 2 1 1 b b b b dx b a dx x x b a a a a x a x      ÷  ÷ ≤ − ⇔ + + ≤ − ∫ ∫  ÷  ÷ + +     ( ) ( ) 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 b a b a a 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 b a b a b a a a a ≤ ∫ ∫ ∫ − − − ( Bất đẳng thức Trêbưsep). Chứng minh a) Với ∀ x ∈ [a,b] ( ) ( ) ( )f a g x f b⇒ ≤ ≤ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 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 ∃ x o ∈ [a,b] sao cho 1 ( ) ( ) b f x f x dx o b a a = ∫ − Hơn nữa hàm f, g đồng biến trên [a,b]. Suy ra [ ] [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0, [a,b] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) f x f x g x g x x o o f x g x f x g x f x g x f x g x o o o o b b b f x g x dx f x g x dx g x f x dx b a f x g x o o o o a a a b b b f x g x dx f x g x dx g x f x dx b a f x g x o o o o a a a f x b a − − ≥ ∀ ∈ ⇒ − − + ≥ ⇒ − − + − ≥ ∫ ∫ ∫ ⇒ ≥ + − − ∫ ∫ ∫ ≥ − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b b dx g x dx g x b a g x b a f x g x o o o 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 a b a b a b a a a a a a + − − − ∫ ∫ ≥ ⇒ ≥ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ − − − − a) 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 b a b a a a a − ≥ − ∫ ∫ ∫ − − − 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) b b b f x g x dx f x dx g x dx b a b a b a a a a ⇒ ≤ ∫ ∫ ∫ − − − Chú ý. Nếu f, g đều là hàm giảm thì bất đẳng thức câu a) vẫn đúng. Tức là f, g đơn điệu cùng chiều thì bất đẳng thức câu a) đúng. Nếu f là hàm giảm, g là hàm tăng thì bất đẳng thức câu b) vẫn đúng. Tức là f, g đơn điệu ngược chiều thì bất đẳng thức câu b) đúng. Bài toán 3.2. (Định lý về giá trị trung bình) Nếu f khả tích trên [a,b] thì tồn tại ( ) 1 , : ( ) ( ) b 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. 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). Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) a a f t dt f x dt a x f x x x ≤ = − ∫ ∫ . Do đó 1 ( ) ( ) 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 ≥ ∫ . [...]... 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 toán Cho cung AB của đồ thị hàm liên tục y = f(x) trên [a,b] thì độ dài l của cung AB là b l = ∫ 1 + f '2 (t ) dt a Bài toán 6.1 Cho cung AB của đồ thị... 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 ∫∫ 0,∀(x,y)∈ D ta có D 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. .. 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... 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 2   b  max f(x)  ≤ ( b − a ) ∫  f ' ( x )  dx    a  x∈[a,b]    Chứng minh xo Do f(a) = 0 nên f ( xo ) = f ( xo ) − f (a) = ∫ f ' ( x)dx... 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 ex > 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 t x x ∫ e dt > ∫ 1dt ⇔ e − 1 > x ⇔ ex > 1 + x 0 0 Giả sử với n = k , ∀ t > 0 2 3 k t >... giải Xét hàm số y = f(x) = 2x + (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 l f ≥ l g ⇒ đpcm Vấn đề 7 Sử Dụng Công Thức Tính Diên Tích Hình Phẳng 2 Bài toán Cho f(x) liên tục ,không âm trên [a,b] b thì diện tích giới hạn bởi x = a, x = b, y = 0, y = f(x) là S = ∫ f ( x)dx a Bài toán 7.1 Cho y = f(x) liên tục không âm trên [a,b].Gọi S là diện tích giới hạn... f(x) ,S ht 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 y y B B A O A a Ví dụ 7.1.1 Cho 0 ≤ a ≤ b ≤ b x O a b x π Chứng minh 2 ( cosa - cosb ) ≥ ( b − a ) ( sin a + sin b ) 2 π Lời giải   Xét hàm số y = sinx ,lồi... 7.1.2 Cho 0 ≤ a ≤ b Chứng minh ln b + b2 + 1 ≤ b a 2 + 1 − a b2 + 1 a + a2 + 1 Lời giải Xét hàm số y = x 2 + 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 a +b b Ví dụ 7.1.3 Cho 0 ≤ a ≤ b Chứng minh    ÷ a   ≥e 2 b−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 Bài... , A ,A 3 n− 1 n+ 1 là các điểm trên trục ox có hoành độ lần lượt là 4 2 2 2 2 5 3 5 1 1 , , , , n − , n + 4 2 2 2 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 A ,A với các đường song song với trục tung xuất phát từ các điểm i− 1 i + 1 và 2 2 hai cạnh bên nằm trên ox và trên tiếp tuyến với... khi và chỉ khi x = π 3 Ví dụ 4.4 Với 0 < 1 < a Chứng minh 1− a a −1 ≤ ln a ≤ a a Lời giải Xét hàm số y = lnx trên [1,a], với a ≥ 1 Ta có y(1) = 0 y’ = Khi đó Suy ra 1 >0 x 2 2   a ' dx  max lnx  ≤ ( a − 1) ∫ ( ln x )      x∈[1,a]  1   b 1 2  1  ≤ ( a − 1) ∫ dx ⇔ ( ln a ) ≤ ( a − 1)  − + 1÷  a  1 x2 1− a a −1 ≤ ln a ≤ ⇔ a a ( ln a ) 2 Vấn đề 5 Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Khả Tích . 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. 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. 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